CORSO DI ANALISI MATEMATICA 2 ESERCIZIextrabyte.info/esercizi_analisi_matematica2_1.pdf · 2...

CORSO DIANALISI

MATEMATICA2

ESERCIZI

Carlo Ravaglia

18 febbraio 2014

Indice

14 Calcolo differenziale 114.1 Massimi e minimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

14.1.1 Massimi e minimi di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114.2 Differenziabilita e derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

14.2.1 Matrice jacobiana e derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.2.2 Derivata della funzione composta . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.2.3 Gradiente e differenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.2.4 Derivate direzionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

14.3 Diffeomorfismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1714.3.1 Diffeomorfismo e derivata della funzione inversa . . . . . . . . . 17

14.4 Estremanti relativi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2014.4.1 Estremanti relativi in R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2014.4.2 Estremanti relativi in R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

15 Forme differenziali lineari 2515.1 Forme differenziali esatte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

15.1.1 Forme differenziali esatte in R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2515.1.2 Forme differenziali esatte in R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2715.1.3 Forme differenziali esatte in RN . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

15.2 Campi di vettori esatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2815.2.1 Campi di vettori esatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

15.3 Integrale di forme differenziali su traiettorie . . . . . . . . . . . . . . . 2915.3.1 Integrale di forme differenziali su traiettorie . . . . . . . . . . . 29

16 Equazioni implicite 3116.1 Problema con equazione implicita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

16.1.1 Problema con equazione implicita in R2 . . . . . . . . . . . . . 3116.1.2 Problema con una equazione implicita in R3 . . . . . . . . . . 3216.1.3 Problema con un sistema di due equazioni implicite in R3 . . . 34

17 Sottovarieta differenziali di RN 3517.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta lineare tangente, varieta li-

neare normale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

v

vi INDICE

17.1.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta lineare tangente, va-rieta lineare normale ad una sottovarieta in forma parametrica 35

17.2 Massimi e minimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3617.2.1 Massimi e minimi di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

18 Equazioni differenziali 5518.1 Equazioni del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

18.1.1 Problemi di Cauchy per equazioni del primo ordine . . . . . . . 5518.2 Equazioni di ordine superiore al primo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

18.2.1 Problemi di Cauchy per equazioni di ordine superiore al primo 63

19 Equazioni differenziali lineari 6519.1 Equazioni del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

19.1.1 Problema di Cauchy per un’equazione del primo ordine . . . . 6519.2 Sistemi di equazioni differenziali lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

19.2.1 Integrale generale per i sistemi di due equazioni . . . . . . . . . 6719.2.2 Autovettori e integrale generale per i sistemi di due equazioni . 6819.2.3 Problema di Cauchy per i sistemi di due equazioni . . . . . . . 7019.2.4 Autovettori e problema di Cauchy per i sistemi di due equazioni 7119.2.5 Problema di Cauchy per i sistemi di tre equazioni . . . . . . . 72

19.3 Equazioni di ordine superiore al primo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7319.3.1 Problema di Cauchy per equazioni di ordine superiore al primo

a coefficienti costanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7319.3.2 Problema di Cauchy per equazioni lineari a coefficienti non co-

stanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

20 Integrale di Riemann 9920.1 Integrale di Riemann per funzioni di 1 variabile . . . . . . . . . . . . . 99

20.1.1 Calcolo di derivate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

21 Integrale di Lebesgue 10121.1 Integrali multipli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

21.1.1 Integrali doppi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10121.1.2 Convergenza di integrali doppi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11221.1.3 Integrali tripli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

21.2 Misure di sottoinsiemi di RN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12221.2.1 Misure di sottoinsiemi di R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12221.2.2 Misure di sottoinsiemi di R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

22 Integrale di funzioni su varieta 12922.1 Integrali di funzioni su varieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

22.1.1 Integrali curvilinei di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12922.1.2 Integrali di superficie di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

22.2 Misura di sottoinsiemi di una varieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13822.2.1 Area di una superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

INDICE vii

23 Integrale di forme differenziali 14123.1 Integrale di forme differenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

23.1.1 Integrali curvilinei di forme differenziali . . . . . . . . . . . . . 14123.1.2 Integrali di superficie di 2-forme . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

24 Teorema di Stokes 15124.1 Teorema di Stokes applicato alle curve . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

24.1.1 Integrali curvilinei di forme differenziali esatte . . . . . . . . . 151

viii INDICE

Capitolo 14

Calcolo differenziale

14.1 Massimi e minimi

14.1.1 Massimi e minimi di funzioni

1. Esercizio. Dire se esistono il massimo ed il minimo della seguente funzione:

f : {(x, y) ∈ R2; y ≥ 0, y − x ≤ 0, x+ y ≤ 2} −→ R, (x, y) −→ x2 + xy

in caso affermativo, determinarli.

Risoluzione. Essendo f continua e definita su un compatto, f ammettemassimo e minimo

-

6

��@

@@2

D

Sia D il dominio di f . Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo per f .

Consideriamo f su◦D. Per ogni (x, y) ∈

◦D si ha

∂f∂x (x, y) = 2x+ y,∂f∂y (x, y) = x.

Si ha grad f(x, y) = (0, 0) se e solo se

{2x+ y = 0x = 0

, cioe se e solo se (x, y) =

(0, 0). essendo (0, 0) ∈◦D, si ha E∩

◦D= ∅; si ha quindi E ⊂ Fr (D).

Consideriamo f su Fr (D). Posto S1 = [(0, 0), (2, 0)], S2 =](2, 0), (1, 1)], S3 =](0, 0), (1, 1)[, si ha Fr (D) = S1 ∪ S2 ∪ S3.

1

2 CAPITOLO 14. CALCOLO DIFFERENZIALE

-

6

��@

@@2F1

F3 F2

Consideriamo f su S1. Su S1 si ha (x, y) = (x, 0) e 0 ≤ x ≤ 2; si ha quindif(x, y) = f(x, 0) = x2; siah1 : [0, 2] −→ R, x −→ x2;se (x, y) ∈ E ∩ S1, allora x e un estremante per h1. Sia E1 l’insieme degliestremanti di h1. Poiche h1 e strettamente crescente si ha E1 = {0, 2}. Si haquindi

E ∩ S1 ⊂ {(0, 0), (2, 0)} .

Consideriamo f su S2. Su S2 si ha (x, y) = (x, 2− x) e 1 ≤ x < 2; si ha quindif(x, y) = f(x, 2− x) = x2 + x(2− x) = 2x; siah2 : [1, 2[−→ R, x −→ 2x;se (x, y) ∈ E ∩ S2, allora x e un estremante per h2. Sia E2 l’insieme degliestremanti di h2. Poiche h2 e strettamente crescente si ha E2 = {1}. Si haquindi

E ∩ S2 ⊂ {(1, 1))} .

Consideriamo f su S3. Su S3 si ha (x, y) = (x, x) e 0 < x < 1; si ha quindif(x, y) = f(x, x) = 2x2; siah3 :]0, 1[−→ R, x −→ 2x2;se (x, y) ∈ E ∩ S3, allora x e un estremante per h3. Sia E3 l’insieme degliestremanti di h3. Poiche h3 e strettamente crescente si ha E3 = ∅; si ha quindiE ∩ S3 = ∅.Si ha quindi

E ⊂ {(0, 0), (2, 0), (1, 1)} .

Si ha:f(0, 0) = 0, f(2, 0) = 4, f(1, 1) = 2.

Si ha quindi max(f) = 4 e min(f) = 0.

2. Esercizio. Data la funzione

f : {(x, y) ∈ R2;x ≤ 1,−x ≤ y ≤ x} −→ R, (x, y) −→ 3x2 − xy + 2y2 ,

(a) dire se f ammette massimo e se f ammette minimo;

(b) in caso affermativo, determinare il minimo ed il massimo di f .

Risoluzione.

14.1. MASSIMI E MINIMI 3

(a) SiaD = {(x, y) ∈ R2; x ≤ 1, y ≤ x, y ≥ −x} .

-

6

...........................................................................................................

...........................................................................................................

1

1

−1

x

y

Essendo D compatto ed f continua, f ammette massimo e minimo.

(b) Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo per f .


◦D si ha

∂f∂x (x, y) = 6x− y,∂f∂y (x, y) = −x+ 4y.


{6x− y = 0−x+ 4y = 0

, cioe se e solo se

(x, y) = (0, 0). essendo (0, 0) ∈◦D, si ha E∩

◦D= ∅; si ha quindi E ⊂ Fr (D).

Consideriamo f su Fr (D). Posto S1 = [(−1, 1), (1, 1)], S2 = [(0, 0), (1, 1)[,S3 =](0, 0), (1,−1)[, si ha Fr (D) = S1 ∪ S2 ∪ S3.

Consideriamo f su S1. Su S1 si ha (x, y) = (1, y) e −1 ≤ y ≤ 1; si haquindi f(x, y) = f(1, y) = 3− y + 2y2; siah1 : [−1, 1] −→ R, y −→ 2y2 − y + 3;se (x, y) ∈ E ∩ S1, allora y e un estremante per h1. Sia E1 l’insieme degliestremanti di h1. Per y ∈]− 1, 1[ si hah′1(y) = 4y − 1;si ha h′1(y) = 0 se e solo se y = 1

4 ; si ha quindiE1 ⊂

{14 ,−1, 1

};

si ha quindi

E ∩ S1 ⊂{(1,

1

4), (1,−1), (1, 1)

}.

Consideriamo f su S2. Su S2 si ha (x, y) = (x, x) e 0 ≤ x < 1; si ha quindif(x, y) = f(x, x) = 3x2 − x2 + 2x2 = 4x2; siah2 : [0, 1[−→ R, x −→ 4x2;se (x, y) ∈ E ∩ S2, allora x e un estremante per h2. Sia E2 l’insieme degliestremanti di h2. Poiche h2 e strettamente crescente si ha E2 = {0}. Si haquindi

E ∩ S2 ⊂ {(0, 0))} .

Consideriamo f su S3. Su S3 si ha (x, y) = (x,−x) e 0 < x < 1; si haquindi f(x, y) = f(x,−x) = 3x2 + x22x

2 = 6x2; siah3 :]0, 1[−→ R, x −→ 6x2;


se (x, y) ∈ E ∩ S3, allora x e un estremante per h3. Sia E3 l’insieme degliestremanti di h3. Poiche h3 e strettamente crescente si ha E3 = ∅; si haquindi E ∩ S3 = ∅.Si ha quindi

E ⊂{(1,

1

4), (1,−1), (1, 1), (0, 0)

}.

Si ha:f(0, 0) = 0, f(1, 1) = 4, f(1,−1) = 6, f(1, 14 ) =

238 .

Si ha quindi max(f) = 6 e min(f) = 0.


f : {(x, y) ∈ R2; y ≥ −1, −x− y ≥ 1, −x+ y ≤ 1} −→ R,

(x, y) −→ −2xy + 3y2 − y ,



Risoluzione.

(a) SiaD = {(x, y) ∈ R2; y ≥ −1, −x− y ≥ 1, −x+ y ≤ 1} .

-

6

............................................................................................................................................................................................................................................................................................

−2 −1

−1

x

y

Essendo D compatto ed f continua, f ammette massimo e minimo.

(b) Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo per f .


◦D si ha

∂f∂x (x, y) = −2y,∂f∂y (x, y) = −2x+ 6y − 1.


{−2y = 0−2x+ 6y − 1 = 0

, cioe se e solo

se (x, y) = (− 12 , 0). essendo (− 1

2 , 0) ∈◦D, si ha

E∩◦D= ∅ ;


si ha quindi E ⊂ Fr (D).

Consideriamo f su Fr (D). PostoS1 = [(−1,−1), (0,−1)],S2 =](0,−1), (−1, 0)],S3 =](−1, 0), (−1,−1)[,si ha Fr (D) = S1 ∪ S2 ∪ S3.

Consideriamo f su S1. Per ogni (x, y) ∈ S1 si ha y = −1 e −2 ≤ x ≤ 0; siha quindi f(x, y) = f(x,−1) = 2x+ 3 + 1 = 2x+ 4; siah1 : [−2, 0] −→ R, x −→ 2x+ 4;sia E1 l’insieme dei punti di massimo o di minimo per h1; la funzione h1 estrettamente crescente; si ha quindiE1 = {−2, 0};si ha quindi

E ∩ S1 ⊂ {(−2,−1), (0,−1), (1, 1)} .

Consideriamo f su S2. Su S2 si ha x = −1− y e −1 < y ≤ 0; si ha quindif(x, y) = f(−1−y, y) = −2(−1−y)y+3y2−y = 2y+2y2+3y2−y = 5y2+y;siah2 :]− 1, 0] −→ R, y −→ 5y2 + y;sia E2 l’insieme dei punti di massimo o di minimo per h2; per ogni y ∈]−1, 0]si ha h′2(y) = 10y + 1; quindi h′2(y) = 0 se e solo se y = − 1

10 ; si ha−1 < − 1

10 ≤ 0; si ha quindi E2 ⊂{− 1

10 , 0}; si ha quindi

E ∩ S2 ⊂{(−1, 0), (− 9

10,− 1

10)

}.

Consideriamo f su S3. Su S3 si ha x = y − 1 e −1 < y < 0; si ha quindif(x, y) = f(y−1, y) = −2(y−1)y+3y2−y = −2y2+2y+3y2−y = y2+y;siah3 :]− 1, 0[−→ R, y −→ y2 + y;sia E3 l’insieme dei punti di massimo o di minimo per h3; per ogni y ∈] − 1, 0[ si ha h′3(y) = 2y + 1; quindi h′3(y) = 0 se e solo se y = −1

2 ; si ha−1 < −1

2 < 0; si ha quindi E3 ⊂{−1

2

}; si ha quindi

E ∩ S3 ⊂{(−3

2,−1

2)

}.

Si ha quindi

E ⊂{(−2,−1), (0,−1), (−1, 0), (− 9

10,− 1

10), (−3

2,−1

2)

}.

Si ha:f(−2,−1) = 0, f(0,−1) = 4, f(−1, 0) = 0, f(−−9

10 ,−110 ) = − 1

20 ,f(−3

2 ,−12 ) = −1

4 .

Si ha quindi max(f) = 4 e min(f) = −14 .



f : {(x, y, z) ∈ R3;x+ y + z = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0} −→ R,

(x, y, z) −→ x2 + y2 + z2


Risoluzione. Essendo f continua e definita su un compatto, f ammettemassimo e minimo.

Il dominio D di f e un triangolo di R3; ogni punto di D e punto di frontiera.

-

6

��

��

@@

@@�

��

1

1

1

Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo per f .

Sia T il triangolo {(x, y) ∈ R2;x+ y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}.

-

6

@@

@T

1

1

Su D si ha (x, y, z) = (x, y, 1 − x − y) e (x, y) ∈ T ; si ha quindi f(x, y, z) =f(x, y, 1− x− y) = x2 + y2 + (1− x− y)2 = 2x2 + 2y2 + 2xy − 2x− 2y + 1; siag : T −→ R, (x, y) −→ 2x2 + 2y2 + 2xy − 2x− 2y + 1;se (x, y, z) ∈ E, allora (x, y) e un estremante per g. Sia E1 l’insieme degliestremanti di g.

Consideriamo g su◦T . Per ogni (x, y) ∈

◦T si ha

∂g∂x (x, y) = 4x+ 2y − 2,

∂g∂y (x, y) = 4y + 2x − 2. Si ha grad g(x, y) = (0, 0) se e solo se

{2x+ y = 1x+ 2y = 1

,


cioe se e solo se

{3x = 13y = 1

; si trova (x, y) = ( 13 ,13 ). Essendo

13 + 1

3 = 23 < 1, si

ha (13 ,13 ) ∈

◦T ; si ha quindi

E1∩◦T⊂

{(1

3,1

3)

}.

Consideriamo g su Fr (T ). Posto S1 = [(0, 0), (1, 0)], S2 =](0, 0), (0, 1)], S3 =](1, 0), (0, 1)[, si ha Fr (T ) = S1 ∪ S2 ∪ S3.

-

6

@@

@

S1

S2S3

1

1

Consideriamo g su S1. Su S1 si ha (x, y) = (x, 0) e 0 ≤ x ≤ 1; si ha quindig(x, y) = g(x, 0) = 2x2 − 2x+ 1; siah1 : [0, 1] −→ R, x −→ 2x2 − 2x+ 1;se (x, y) ∈ E1 ∩ S1, allora x e un estremante per h1. Sia E1,1 l’insieme degliestremanti di h1. Consideriamo h1 su ]0, 1[; per ogni x ∈]0, 1[ si ha h′1(x) =4x− 2; si ha quindi h′(x) = 0 se e solo se x = 1

2 ; si ha quindi E1,1 ⊂ { 12 , 0, 1};

E1 ∩ S1 ⊂{(1

2, 0), (0, 0), (1, 0)

}.

Consideriamo g su S2. Su S2 si ha (x, y) = (0, y) e 0 < y ≤ 1; si ha quindig(x, y) = g(0, y) = 2y2 − 2y + 1; siah2 :]0, 1] −→ R, y −→ 2y2 − 2y + 1;se (x, y) ∈ E1 ∩ S2, allora y e un estremante per h2. Sia E1,2 l’insieme degliestremanti di h2. Consideriamo h2 su ]0, 1[; per ogni x ∈]0, 1[ si ha h′2(y) =4y − 2; si ha quindi h′(y) = 0 se e solo se y = 1

2 ; si ha quindi E1,2 ⊂ { 12 , 1};

E1 ∩ S2 ⊂{(0,

1

2), (0, 1)

}.

Consideriamo g su S3. Su S3 si ha (x, y) = (x, 1− x) e 0 < x < 1; si ha quindig(x, y) = g(x, 1−x) = 2x2+2(1−x)2+2x(1−x)−2x−2(1−x)+1 = 2x2−2x+1;siah3 :]0, 1[−→ R, x −→ 2x2 − 2x+ 1;se (x, y) ∈ E1 ∩ S3, allora x e un estremante per h3. Sia E1,3 l’insieme degli


estremanti di h3. Per ogni x ∈]0, 1[ si ha h′3(x) = 4x− 2; si ha quindi h′(x) = 0se e solo se x = 1

2 ; si ha quindi E1,3 ⊂ { 12};

E1 ∩ S2 ⊂{(1

2,1

2))

}.

Si ha quindi

E1 ⊂{(1

3,1

3), (0, 0), (0, 1), (1, 0), (

1

2, 0), (0,

1

2), (

1

2,1

2)

}.

Si ha quindi

E ⊂{(1

3,1

3,1

3), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0), (

1

2, 0,

1

2), (0,

1

2,1

2), (

1

2,1

2, 0)

}.

Si ha:f( 13 ,

13 ,

13 ) =

13 ,

f(0, 0, 1) = f(0, 1, 0) = f(1, 0, 0) = 1,f( 12 ,

12 , 0) = f( 12 , 0,

12 , 0) = f(0, 12 ,

12 ) =

12 .

Si ha quindi max(f) = 1 e min(f) = 13 .

14.2 Differenziabilita e derivata

14.2.1 Matrice jacobiana e derivata

1. Esercizio. Sia f la funzione (reale, di variabili reali) definita naturalmente da

f(x, y, z) = (x sin z, y sin z, ez2

) ;

(a) determinare il dominio di f ;

(b) determinare la matrice jacobiana di f in un punto generico del dominio;

(c) determinare la trasformazione lineare derivata di f in un punto genericodel dominio, esprimendola nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

Risoluzione.

(a) Si ha dom(f) = R3.

(b) Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha ∂f∂x (x, y, z) = (sin z, 0, 0),

∂f∂y (x, y, z) = (0, sin z, 0),∂f∂z (x, y, z) = (x cos z, y cos z, 2zez

2

).

Quindi si ha

f ′(x, y, z) =

sin z 0 x cos z0 sin z y cos z

0 0 2zez2

.

14.2. DIFFERENZIABILITA E DERIVATA 9

(c) Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha

f ′(x, y, z) : R3 −→ R3, (h1, h2, h3) −→

((sin z)h1 + x(cos z)h3, (sin z)h2 + y(cos z)h3, 2zez2

h3) .


f(x, y, z, t) = (x sin t2, y cos z2, tex2

, z2e−x) ;

(a) determinare il dominio naturale di f ;



T : V −→W,h −→ T {h} .

Risoluzione.


(b) Per ogni (x, y, z, t) ∈ R4 si ha ∂f∂x (x, y, z, t) = (sin t2, 0, 2xtex

2

,−z2e−x),∂f∂y (x, y, z, t) = (0, cos z2, 0, 0),∂f∂z (x, y, z, t) = (0,−2yz sin z2, 0, 2ze−z),∂f∂t (x, y, z, t) = (2xt cos t2, 0, ex

2

, 0).

Quindi si ha

f ′(x, y, z, t) =

sin t2 0 0 2xt cos t2

0 cos z2 −2yz sin z2 0

2xtex2

0 0 ex2

−z2e−x 0 2ze−x 0

.

(c) Per ogni (x, y, z, t) ∈ R4 si ha

f ′(x, y, z, z) : R4 −→ R4, (h1, h2, h3, h4) −→ ((sin t2)h1 + 2x(cos t2)h4,

(cos z2)h2 − 2yz(sin z2)h3, 2xtzex2

h1 + ex2

h4,−z2e−xh1 + 2ze−xh3) .


f(x, y, z, t) = (x sin t2, y cos z2, tex2

, z2e−x) ;




T : V −→W,h −→ T {h} .


4. Esercizio. Determinare la matrice jacobiana e la derivata della seguente fun-zione:

f : R2 −→ R3, (x, y) −→ (x sin y2, exy,Arctg(x2 + y)) .

Risoluzione. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha

f ′(x, y) =

sin y2 2xy cos y2

yexy xexy2x

1+(x2+y)21

1+(x2+y)2

ef ′(x, y) : R2 −→ R3, (h, k) −→((sin y2)h+ 2xy(cos y2)k, yexyh+ xexyk, 2xh

1+(x2+y)2 + k1+(x2+y)2 ).

5. Esercizio. Siaf : R2 −→ R2, (x, y) −→ (exy, x+ y) ;

dire se f e differenziabile in (1, 2); in caso affermativo, determinare la derivatadi f in (1, 2), esprimendola nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

Risoluzione. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = (yexy, 1),∂f∂y (x, y) = (xexy, 1);

quindi f e di classe C1; quindi f e differenziabile; in particolare f e differenziabilein (1, 2).

Si ha

f ′(1, 2) =

(2e2 e2

1 1

);

quindif ′(1, 2) : R2 −→ R2, (h, k) −→ (2e2h+ e2k, h+ k) .

6. Esercizio. Sia

f : R2 −→ R3, (x, y) −→ (ex+y, sinx, cos y) ;

dire se f e differenziabile; in caso affermativo, per ogni (x, y) ∈ R2 determinarela derivata di f in (x, y), esprimendola nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

Risoluzione. Poiche f e di classe C1, f e differenziabile.

Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha

f ′(x, y) =

ex+y ex+y

cosx 00 − sin y

;


quindi si ha

f ′(x, y) : R2 −→ R3, (h, k) −→ (ex+yh+ ex+yk, (cosx)h, (− sin y)k) .

7. Esercizio. Sia

f : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (x2y, ex−y+z2

) ;

determinare la derivata di f in (1, 2, 1), esprimendola nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

Risoluzione. Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha∂f∂x (x, y, z) = (2xy, ex−y+z2

),∂f∂y (x, y, z) = (x2,−ex−y+z2

);∂f∂z (x, y, z) = (0, 2zex−y+z2

).

Quindi si ha

f ′(1, 2, 1) =

(4 1 01 −1 2

);

quindi

f ′(1, 2, 1) : R3 −→ R2, (h1, h2, h3) −→ (4h1 + h2, h1 − h2 + 2h3) .

14.2.2 Derivata della funzione composta

1. Esercizio. Sia g : R2 −→ R differenziabile; sia

f : R2 −→ R, (x, y) −→ g(x2ey2

, xy) ;

esprimere ∂f∂x (x, y) e

∂f∂y (x, y) attraverso le derivate parziali di g.

Risoluzione. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = D1g(x

2ey2

, xy)2xey2

+D2g(x2ey

2

, xy)y =

2xey2

D1g(x2ey

2

, xy) + yD2g(x2ey

2

, xy);∂f∂y (x, y) = D1g(x

2ey2

, xy)x22yey2

+D2g(x2ey

2

, xy)x =

2x2yey2

D1g(x2ey

2

, xy) + xD2g(x2ey

2

, xy).

2. Esercizio. Sia g : R2 −→ R differenziabile; sia

f : R2 −→ R, (x, y) −→ g(sinx+ cos y, sinx− cos y) ;

esprimere ∂f∂x (x, y) e

∂f∂y (x, y) attraverso le derivate parziali, D1g, D2g di g.

Risoluzione. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = D1g(sinx + cos y, sinx − cos y) cosx + D2g(sinx + cos y, sinx −cos y) cosx;∂f∂y (x, y) = D1g(sinx + cos y, sinx − cos y)(− sin y) + D2g(sinx + cos y, sinx −cos y) sin y =−D1g(sinx+ cos y, sinx− cos y) sin y +D2g(sinx+ cos y, sinx− cos y) sin y.


3. Esercizio. Sia

f : R2 −→ R3, (x, y) −→ (ey, sinx, sin(x2y2))

eg : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (z2 sinx cos y, ex−y+z)

determinare la derivata (g ◦ f)′(0, 0) esprimendolo nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

Risoluzione. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha

f ′(x, y) =

0 ey

cosx 0cos(x2y2)2xy2 cos(x2y2)2yx2

,

quindi

f ′(0, 0) =

0 11 00 0

.

Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha

g′(x, y, z) =

(z2 cosx cos y −z2 sinx sin y 2z sinx cos yex−y+z −ex−y+z ex−y+z

),

si ha f(0, 0) = (1, 0, 0); quindi si ha

g′(1, 0, 0) =

(0 0 0e −e e

).

Si ha

g′(1, 0, 0)f ′(0, 0) =

(0 0 0e −e e

) 0 11 00 0

=

(0 0−e e

).

Quindi si ha

(g ◦ f)′(0, 0) : R2 −→ R2, (h, k) −→ (0,−eh+ ek) .

14.2.3 Gradiente e differenziale


f(x, y) = (sinx2)e−y ;

(a) determinare il dominio di f ;


(b) determinare il gradiente di f in un punto generico del dominio;

(c) determinare la trasformazione lineare differenziale di f in un punto genericodel dominio, esprimendola nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

(d) esprimere il differenziale come combinazione lineare delle forme lineari dxi.

Risoluzione.


(b) Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = 2x(cosx2)e−y,∂f∂y (x, y) = −(sinx2)e−y.

Si ha quindi

grad f(x, y) = (2x(cosx2)e−y,−(sinx2)e−y) .

(c) Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha

df(x, y) : R2 −→ R, (h1, h2) −→ 2x(cosx2)e−yh1 − (sinx2)e−yh2 .

(d) Si hadf(x, y) = 2x(cosx2)e−y dx− (sinx2)e−y dy .


f(x, y) = (x+ y)sin x+sin y ;


(b) determinare il gradiente di f in un punto generico del dominio;

(c) determinare la trasformazione lineare differenziale di f in un punto genericodel dominio, esprimendola nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

(d) esprimere il differenziale come combinazione lineare delle forme lineari dxi.

Risoluzione.

(a) Si hadom(f) = {(x, y) ∈ R2; x+ y > 0} .

(b) Per ogni (x, y) ∈ dom(f) si ha

f(x, y) = e(sinx+sin y) log(x+y) .


Per ogni (x, y) ∈ dom(f) si ha quindi∂f∂x (x, y) = e(sinx+sin y) log(x+y)

(cosx log(x+ y) + sin x+sin y

x+y

)=

(x+ y)sinx+sin y(cosx log(x+ y) + sin x+sin y

x+y

);

∂f∂y (x, y) = e(sinx+sin y) log(x+y)

(cos y log(x+ y) + sin x+sin y

x+y

)=

(x+ y)sinx+sin y(cos y log(x+ y) + sin x+sin y

x+y

).

Si ha quindi

grad f(x, y) =

((x+ y)sinx+sin y

(cosx log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

),

(x+ y)sinx+sin y

(cos y log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

)).

(c) Per ogni (x, y) ∈ dom(f) si ha

df(x, y) : R2 −→ R, (h1, h2) −→

(x+ y)sinx+sin y

(cosx log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

)h1+

(x+ y)sinx+sin y

(cos y log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ yh2

).

(d) Si ha

df(x, y) = (x+ y)sinx+sin y

(cosx log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

)dx+

(x+ y)sinx+sin y

(cos y log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ ydy

).

3. Esercizio. Determinare il differenziale della funzione:

f : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ xyzt+ x+ y + z + t

nel punto (1, 1, 1, 1), esprimendolo nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} .

Risoluzione. Per ogni (x, y, z, t) ∈ R4 si hagrad f(x, y, z) = (yzt+ 1, xzt+ 1, xyt+ 1, xyz + 1);quindi si ha grad f(1, 1, 1, 1) = (2, 2, 2, 2); quindi si ha

df(1, 1, 1, 1) : R4 −→ R, (h1, h2, h3, h4) −→ 2h1 + 2h2 + 2h3 + 2h4 .


4. Esercizio. Sia

f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ z log(1 + x2 + y2) ;

(a) determinare il gradiente di f in un punto (x, y, z) del dominio;

(b) determinare il differenziale di f in un punto (x, y, z) del dominio, espri-mendolo nella forma

T : V −→W,h −→ T {h} ;

(c) esprimere il differenziale come combinazione lineare delle forme differenziali(dx, dy, dz).

Risoluzione.

(a) Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha

grad f(x, y, z) =

(2xz

1 + x2 + y2,

2yz

1 + x2 + y2, log(1 + x2 + y2)

)(b) Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha

df(x, y, z) : R3 −→ R,

(h1, h2, h3) −→2xz

1 + x2 + y2h1 +

2yz

1 + x2 + y2h2 + log(1 + x2 + y2)h3 .

(c) Si ha

df(x, y, z) =2xz

1 + x2 + y2dx+

2yz

1 + x2 + y2dy + log(1 + x2 + y2)dz .

14.2.4 Derivate direzionali

1. Esercizio.

Siaf : R2 −→ R, (x, y) −→ x2y ;

determinare la derivata direzionale

D(√

22 ,

√2

2 )f(1, 1) .

Risoluzione. La funzione f e di classe C1; quindi e differenziabile.

Si ha quindi

D(√

22 ,

√2

2 )f(1, 1) = f ′(1, 1)(

√2

2,

√2

2) = df(1, 1)(

√2

2,

√2

2) .


Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = 2xy,∂f∂y (x, y) = x2.

Si ha quindigrad f(x, y) = (2xy, x2).

Si ha quindigrad f(1, 1) = (2, 1).

Si ha quindidf(1, 1) : R2 −→ R, (h1, h2) −→ 2h1 + h2.

Si ha quindi

D(√

22 ,

√2

2 )f(1, 1) = f ′(1, 1)(

√2

2,

√2

2) = 2

√2

2+

√2

2=

3

2

√2 .

2. Esercizio. Sia

f : R2 −→ R, (x, y) −→ cos(xy) ;

determinare la derivata direzionale

D(√

32 ,− 1

2 )f(1, 1) .

Risoluzione. La funzione f e di classe C1; quindi e differenziabile.

Per ogni (x.y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) == sin(xy)y = −y sin(xy),∂f∂y (x, y) == sin(xy)x = −x sin(xy).

Quindi

grad f(x, y) = (−y sin(xy),−x sin(xy)) .

Quindi

grad f(1, 1) = (− sin 1, sin 1)) .

Quindi

df(1, 1) : R2 −→ R, (h1, h2) −→ −(sin 1)h1 − (sin 1)h2 .

Si ha quindi

D(√

32 ,− 1

2 )f(1, 1) = df(1, 1)(

√3

2,−1

2) = (sin 1)2

√3

2− (sin 1)(−1

2) =

sin 1

2(1−

√3) .

14.3. DIFFEOMORFISMO 17

14.3 Diffeomorfismo

14.3.1 Diffeomorfismo e derivata della funzione inversa

1. Esercizio. Sia

f : R2 −→ R2, (x, y) −→ (x2 − xy, x+ y3) ;

(a) determinare la matrice jacobiana di f nel punto (1, 1);

(b) determinare la derivata di f nel punto (1, 1) esprimendola nella forma

φ : V −→W,h −→ T {h} ;

(c) dire se esiste un intorno aperto U di (1, 1) tale che

U −→ f(U), u −→ f(u)

e un diffeomorfismo;

(d) in caso affermativo, indicato ancora con f tale diffeomorfismo, si determinif(1, 1) e la trasformazione lineare (f−1)′

(f(1, 1)

)esprimendola nella forma

φ : V −→W,k −→ T {k} .

Risoluzione.

(a) Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = (2x− y, 1),∂f∂y (x, y) = (−x, 3y2).Si ha quindi

f ′(1, 1) =

(1 −11 3

).

(b) Si haf ′(1, 1) : R2 −→ R2, (h1, h2) −→ (h1 − h2, h1 + 3h2) .

(c) Si ha∣∣∣∣ 1 −11 3

∣∣∣∣ = 3 + 1 = 4 = 0;

quindi esiste un intorno aperto U di (1, 1) tale che U −→ f(U), (x, y) −→f(x, y) e un diffeomorfismo.

(d) Indichiamo ancora con f tale diffeomorfismo. Si ha f(1, 1) = (0, 2). Si ha

(f−1)′(0, 2) =

(1 −11 3

)−1

= 14

(3 1−1 1

)=

(34

14

−14

14

).

Si ha quindi

(f−1)′(0, 2) : R2 −→ R2, (k1, k2) −→(3

4k1 +

1

4k2,−

1

4k1 +

1

4k2

).


2. Esercizio. Sia

f : R2 −→ R2, (x, y) −→ (x2 + y2, x2y3) ;

(a) determinare la trasformazione lineare f ′(1, 1) esprimendola nella forma T :V −→W,h −→ T {h}, esplicitando U , V e T {h}.

(b) dire se esiste un intorno aperto U di (1, 1) tale che

U −→ f(U), u −→ f(u)


(c) in caso affermativo, indicato ancora con f tale diffeomorfismo, si determinila trasformazione lineare (f−1)′

(f(1, 1)

)esprimendola nella forma sopra

descritta.

Risoluzione.

(a) Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = (2x, 2xy3),∂f∂y (x, y) = (2y, 3x2y2.

Si ha quindi

f ′(x, y) =

(2x 2y2xy3 3x3y2

);

quindi

Si ha quindi

f ′(1, 1) =

(2 22 3

).

Quindi si ha

f ′(1, 1) : R2 −→ R2, (h1, h2) −→ (2h1 + 2h2, 2h1 + 3h2) .

(b) Si ha∣∣∣∣ 2 22 3

∣∣∣∣ = 2 = 0;

quindi esiste un intorno aperto U di (1, 1) tale che U −→ f(U), (x, y) −→f(x, y) e un diffeomorfismo.

(c) Indichiamo ancora con f tale diffeomorfismo. Si ha f(1, 1) = (2, 1). Si ha

(f−1)′(2, 1) =

(2 22 3

)−1

= 12

(3 −2−2 2

)=

(32 −1−1 1

).

Si ha quindi

(f−1)′(2, 1) : R2 −→ R2, (k1, k2) −→(3

2k1 − k2,−k1 + k2

).

14.3. DIFFEOMORFISMO 19

3. Esercizio. Sia

f : R3 −→ R3, (x, y, z) −→ (x2 + y2 + z2, x+ y + z, x) ;

(a) determinare la trasformazione lineare f ′(1, 5, 0) esprimendola nella formaT : V −→W,h −→ T {h}, esplicitando U , V e T {h}.

(b) dire se esiste un intorno aperto U di (1, 5, 0) tale che

U −→ f(U), u −→ f(u)


(c) in caso affermativo, indicato ancora con f tale diffeomorfismo, si determinila trasformazione lineare (f−1)′

(f(1, 5, 0)

)esprimendola nella forma sopra

descritta.

Risoluzione.

(a) Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha∂f∂x (x, y, z) = (2x, 1, 1),∂f∂y (x, y, z) = (2y, 1, 0),∂f∂z (x, y, z) = (2z, 1, 0).

Si ha quindi

f ′(x, y, z) =

2x 2y 2z1 1 11 0 0

;

quindi

Si ha quindi

f ′(1, 5, 0) =

2 10 01 1 11 0 0

.

Quindi si ha

f ′(1, 5, 0) : R3 −→ R3, (h1, h2, h3) −→ (2h1 + 10h2, h1 + h2 + h3, h1) .

(b) Si ha∣∣∣∣∣∣2 10 01 1 11 0 0

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 10 0

1 1

∣∣∣∣ = 10 = 0;

quindi esiste un intorno aperto U di (1, 5, 0) tale che

U −→ f(U), (x, y, z) −→ f(x, y, z)

e un diffeomorfismo.


(c) Indichiamo ancora con f tale diffeomorfismo. Si ha f(1, 5, 0) = (26, 6, 1).Si ha

(f−1)′(26, 6, 1) =

2 10 01 1 11 0 0

−1

= 110

0 0 101 0 −2−1 10 −8

= 0 0 1110 0 1

5− 1

10 1 − 45

.

Si ha quindi

(f−1)′(26, 6, 1) : R3 −→ R3, (k1, k2, k3) −→(k3,

1

10k1 −

1

5k3,

1

10k1 + k2 −

4

5k3

).

14.4 Estremanti relativi

14.4.1 Estremanti relativi in R2

1. Esercizio. Determinare e classificare gli estremanti relativi della seguentefunzione:

f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 − xy .

Risoluzione. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = 4x3 − y∂f∂y (x, y) = 4y3 − x

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema{4x3 − y = 04y3 − x = 0

;

il sistema equivale a{y = 4x3

4(4x3)3 − x = 0

{y = 4x3

28x9 − x = 0

{y = 4x3

x(28x8 − 1) = 0.

Si ha x = 0 e y = 0, oppure x = 12 e y = 1

2 , oppure x = −12 e y = − 1

2 .

Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂2f∂x2 (x, y) = 12x2

∂2f∂y2 (x, y) = 12y2

∂2f∂x∂y (x, y) = −1

.

Si ha

H(f)(0, 0) =

(0 −1−1 0

);

quindi si ha det(H(f)(0, 0)) = −1 < 0; quindi (0, 0) non e un estremanterelativo.

14.4. ESTREMANTI RELATIVI 21

Si ha

H(f)(1

2,1

2) =

(3 −1−1 3

);

si ha ∣∣∣∣ 3 −1−1 3

∣∣∣∣ = 8 > 0 e 3 > 0 ;

quindi d2f( 12 ,12 ) e strettamente positivo; quindi (12 ,

12 ) e un punto di minimo

relativo.

Si ha

H(f)(−1

2,−1

2) =

(3 −1−1 3

);

si ha ∣∣∣∣ 3 −1−1 3

∣∣∣∣ = 8 > 0 e 3 > 0 ;

quindi d2f(−12 ,−

12 ) e strettamente positivo; quindi (− 1

2 ,−12 ) e un punto di

minimo relativo.


f : R2 −→ R, (x, y) −→ x3 − y2 + xy − y .

Risoluzione. Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) = 3x2 + y∂f∂y (x, y) = −2y + x− 1

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema{3x2 + y = 0−2y + x− 1 = 0

;

il sistema equivale a{y = −3x2

−2(−3x2) + x− 1 = 0

{y = −3x2

6x2 + x− 1 = 0.

Si ha x = −1±√1+24

12 = −1±512 ; quindi x = 1

3 o x = −12 ; quindi (x, y) = ( 13 ,−

13 ) o

(x, y) = (−12 ,−

34 ).

Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂2f∂x2 (x, y) = 6x∂2f∂y2 (x, y) = −2∂2f∂x∂y (x, y) = 1

.

Si ha

H(f)(1

3,−1

3) =

(2 11 −2

);

quindi si ha det(H(f)(0, 0)) = −5 < 0; quindi (13 ,−13 ) non e un estremante

relativo.


Si ha

H(f)(−1

2,−3

4) =

(−3 11 −2

);

si ha ∣∣∣∣ −3 11 −2

∣∣∣∣ = 5 > 0 e − 3 < 0 ;

quindi d2f( 12 ,12 ) e strettamente negativo; quindi (−1

2 ,−34 ) e un punto di mas-

simo relativo.

14.4.2 Estremanti relativi in R3


f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 + z2 − xy − xz .

Risoluzione. Per ogni (x, y, z) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y, z) = 2x− y − z∂f∂y (x, y, z) = 2y − x∂f∂z (x, y, z) = 2z − x

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema 2x− y − z = 02y − x = 02z − x = 0

;

il sistema equivale a y = 12x

z = 12x

2x− 12x− 1

2x = 0

x = 0y = 0z = 0

.

Si ha un unico punto critico dato da (0, 0, 0).

Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha∂2f∂x2 (x, y, z) = 2∂2f∂x∂y (x, y, z) = −1∂2f∂x∂z (x, y, z) = −1∂2f∂y2 (x, y, z) = 2∂2f∂y∂z (x, y, z) = 0∂2f∂z2 (x, y, z) = 2

.

Si ha

H(f)(0, 0, 0) =

2 −1 −1−1 2 0−1 0 2

.

14.4. ESTREMANTI RELATIVI 23

Si ha∣∣∣∣∣∣2 −1 −1−1 2 0−1 0 2

∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣ −1 1

2 0

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣ 2 −1−1 2

∣∣∣∣ = −2 + 2 · 3 = 4 > 0,∣∣∣∣ 2 −1−1 2

∣∣∣∣ = 3 > 0, 2 > 0;

quindi d2f(0, 0, 0) e strettamente positivo; quindi (0, 0, 0) e un punto di minimorelativo.

2. Esercizio. Determinare e classificare gli estremanti relativi della seguentefunzione

f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 − y2 − xz + z .

Risoluzione. Per ogni (x, y, z) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y, z) = 2x− z∂f∂y (x, y, z) = −2y∂f∂z (x, y, z) = −x+ 1

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema 2x− z = 0−2y = 0−x+ 1 = 0

;

il sistema equivale a x = 1y = 0z = 2

.

Si ha un unico punto critico dato da (1, 0, 2).

Per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha∂2f∂x2 (x, y, z) = 2∂2f∂x∂y (x, y, z) = 0∂2f∂x∂z (x, y, z) = −1∂2f∂y2 (x, y, z) = −2∂2f∂y∂z (x, y, z) = 0∂2f∂z2 (x, y, z) = 0

.

Si ha

H(f)(1, 0, 2) =

2 0 −10 −2 0−1 0 0

.

Si ha∣∣∣∣ 2 00 −2

∣∣∣∣ = −4 < 0;


quindi d2f(1, 0, 2) non e ne semidefinito positivo ne semidefinito negativo; quin-di (1, 0, 2) non e un estremante relativo. Quindi la funzione non ammetteestremanti relativi.

Capitolo 15

Forme differenziali lineari

15.1 Forme differenziali esatte

15.1.1 Forme differenziali esatte in R2

1. Esercizio. Dire se la seguente forma differenziale e esatta e, in caso affermativodeterminarne l’insieme delle primitive:

2xy dx+ (x2 − 1) dy .

Risoluzione. Sia ω la forma differenziale. Il dominio di ω e R2. Postof : R2 −→ R, (x, y) −→ x2y − y, per ogni (x, y) ∈ R2 si ha

∂f

∂x(x, y) = 2xy e

∂f

∂y(x, y) = x2 − 1 ;

quindi f e una primitiva di ω. Quindi ω e esatta.

L’insieme delle primitive di ω e {f + c; c ∈ R}.

2. Esercizio. Dire se la seguente forma differenziale e esatta e, in caso affermativo,determinarne l’insieme delle primitive:

x2y dx+ (y2 + x) dy .

Risoluzione. Sia ω la forma differenziale. Il dominio di ω e R2.

Si ha∂

∂y(x2y) = x2 e

∂

∂x(y2 + x) = 1 .

Quindi ω non e chiusa. Quindi ω non e esatta.

25

26 CAPITOLO 15. FORME DIFFERENZIALI LINEARI


1

ydx− x

y2dy .

Risoluzione. Sia ω la forma differenziale. Il dominio di ω e l’insieme A ={(x, y) ∈ R2; y = 0}. Postof : A −→ R, (x, y) −→ x

y , per ogni (x, y) ∈ A si ha

∂f

∂x(x, y) =

1

ye∂f

∂y(x, y) = − x

y2;


L’insieme delle primitive di ω e dato dall’insieme delle funzioni della formaf + c, dove c e una funzione costante su ogni componente connessa di A, cioesu {(x, y) ∈ R2; y > 0} e su {(x, y) ∈ R2; y < 0}.


y

1 + x2y2dx+

x

1 + x2y2dy .

Risoluzione. Sia ω la forma differenziale. Il dominio di ω e R2. Posto

f : R2 −→ R, (x, y) −→ Arctg(xy) ,

per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂x (x, y) =

11+(xy)2 y = y

1+x2y2

e∂f∂y (x, y) =

11+(xy)2x = x

1+x2y2 ; quindi f e una primitiva di ω. Quindi ω e esatta.



x

1 + x2y2dx+

y

1 + x2y2dy .


Si ha∂∂y

x1+x2y2 = −x 2x2y

(1+x2y2)2 = − 2x3y(1+x2y2)2

e ∂∂x

y1+x2y2 = −y 2xy2

(1+x2y2)2 = − 2xy3

(1+x2y2)2 .


15.1. FORME DIFFERENZIALI ESATTE 27

15.1.2 Forme differenziali esatte in R3


ydx+ xdy + zdz .

Risoluzione. Sia ω la forma differenziale. Il dominio di ω e R3. Postof : R3 −→ R, (x, y, z) −→ xy + z2

2 , per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha

∂f

∂x(x, y, z) = y,

∂f

∂y(x, y, z) = x,

∂f

∂z(x, y, z) = z ;




xdx+ xdy + dz .


Si ha∂

∂y(x) = 0 e

∂f

∂x(x) = 1 .



yexy dx+ xexy dy + dz .

Risoluzione. Sia ω la forma differenziale. Il dominio di ω e R3. Posto

f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ exy + z ,

per ogni (x, y, z) ∈ R3 si ha

∂f

∂x(x, y, z) = yexy,

∂f

∂y(x, y, z) = xexy,

∂f

∂z(x, y, z) = 1 ;




xexy dx+ yexy dy + dz .



Si ha∂

∂y(xexy = x2exy e

∂f

∂x(yexy) = y2exy .


15.1.3 Forme differenziali esatte in RN


ydx+ xdy + dz + 2tdt .

Risoluzione. Sia ω la forma differenziale. Il dominio di ω e R4. Postof : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ xy + z + t2, per ogni (x, y, z, t) ∈ R4 si ha

∂f

∂x(x, y, z, t) = y,

∂f

∂y(x, y, z, t) = x,

∂f

∂z(x, y, z, t) = 1,

∂f

∂t(x, y, z, t) = 2t ;



15.2 Campi di vettori esatti

15.2.1 Campi di vettori esatti

1. Esercizio Dire se il seguente campo di vettori ammette potenziale:

F (x, y, z) =

(1

yz,− x

zy2,− x

yz2

);

in caso affermativo, determinarne l’insieme delle primitive.

Risoluzione Il dominio di F e l’insieme A = {(x, y, z) ∈ R3; y = 0 e z = 0}.Postof : A −→ R, (x, y, z) −→ x

yz , per ogni (x, y, z) ∈ A si ha

∂f

∂x(x, y, z) =

1

yz,∂f

∂y(x, y, z) = − x

zy2,∂

∂z(x, y, z) = − x

yz2,

cioe grad f(x, y, z) = F (x, y, z); quindi f e una primitiva di F . Quindi F eesatto.

L’insieme delle primitive di F e dato dall’insieme delle funzioni della formaf + c, dove c e una funzione costante su ogni componente connessa di A, cioesu {(x, y, z) ∈ R2; y > 0, z > 0}, su {(x, y, z) ∈ R2; y > 0, z < 0}, su {(x, y, z) ∈R2; y < 0, z > 0} e su {(x, y, z) ∈ R2; y < 0, z < 0}.

15.3. INTEGRALE DI FORME DIFFERENZIALI SU TRAIETTORIE 29

15.3 Integrale di forme differenziali su traiettorie

15.3.1 Integrale di forme differenziali su traiettorie

1. Esercizio Calcolare il seguente integrale di forma differenziale su traiettoria∫φ

xydx+ xydy ,

doveφ :[0,π

2

]−→ R2, t −→ (cos t, sin t) .

Risoluzione La funzione φ si scrive{x = cos ty = sin t

, x ∈[0,π

2

].

Si ha∫φxydx+ xydy =

∫ π2

0(cos t sin t(− sin t) + cos t sin t cos t) dt =∫ π

2

0(− sin2 t cos t) + cos2 t sin t) dt =

∫ π2

0(− sin2 t cos t)− cos2 t(− sin t) dt =[

−13 sin

3 t− 13 cos

3 t] pi

2

0= − 1

3

[sin3 t+ cos3 t

] pi2

0= − 1

3 (1− 1) = 0.

Capitolo 16

Equazioni implicite

16.1 Problema con equazione implicita

16.1.1 Problema con equazione implicita in R2

1. Esercizio. Dire se il seguente problema implicito di incognita y(x) ammette inun intorno di 0 una ed una sola soluzione φ:{

sin(xy) + x+ y + x2 + y2 = 0y(0) = 0

;

in caso affermativo determinare φ′(0).

Risoluzione. Sia

f : R2 −→ R, (x, y) −→ sin(xy) + x+ y + x2 + y2 .

Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂y (x, y) = x cos(xy) + 1 + 2y.

Poiche f(0, 0) = 0 e ∂f∂y (0, 0) = 1 = 0, esiste I intervallo aperto contenente 0

tale che su I il problema implicito assegnato ammette una ed una sola soluzioneφ.

Per ogni x ∈ I si hasin(xφ(x)) + x+ φ(x) + x2 + (φ(x))2 = 0;quindi, derivando, per ogni x ∈ I si hacos(xφ(x))(φ(x) + xφ′(x)) + 1 + φ′(x) + 2x+ 2φ(x)φ′(x) = 0;per x = 0 si ha 1 + φ′(0) = 0; quindi φ′(0) = −1.

2. Esercizio. Assegnato il problema con equazione implicita di funzione incognitay(x) {

x4 + 4y + cosx− cos y = 0y(0) = 0

,

31

32 CAPITOLO 16. EQUAZIONI IMPLICITE

(a) provare che esiste un intervallo aperto su cui il problema ammette una eduna sola soluzione,

(b) chiamata φ tale soluzione, calcolare φ′(0) e φ′′(0).

Risoluzione.

(a) Siaf : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 + ex − ey .

Si ha f(0, 0) = 0 + 0 + 1− 1 = 0.

Per ogni (x, y) ∈ R2 si ha∂f∂y (x, y) = 4y3 − ey.

Si ha quindi ∂f∂y (0, 0) = −1 = 0.

Per il teorema di Dini, esiste I intervallo aperto contenente 0 tale che su Iil problema implicito assegnato ammette una ed una sola soluzione φ.

(b) Per ogni x ∈ I si hax4 + (φ(x))4 + ex − eφ(x) = 0;quindi, derivando, per ogni x ∈ I si ha4x3 + 4(φ(x))3 + ex + eφ(x)φ′(x) = 0;per x = 0, essendo φ(0) = 0, si ha 0 + 0 + e0 + e9φ′(0) = 0; quindi1− φ′(0) = 0; quindi φ′(0) = 1.

Per ogni x ∈ I si ha12x2+12(φ(x))2(φ′(x))2+4(φ(x))3φ′′(x)+ex−eφ(x)(φ′(x))2−eφ(x)φ′′(x) =0;per x = 0, essendo φ(0) = 0, φ′(0) = 1 si ha 1− 1 + 0 + φ′′(0) = 0; quindi1− φ′′(0) = 0.

16.1.2 Problema con una equazione implicita in R3

1. Esercizio. Assegnato il problema con equazione implicita di funzione incognitaz(x, y) {

x2 + yz3 − z = 0z(0, 2) = 0

,

(a) provare che esiste un aperto connesso su cui il problema ammette una eduna sola soluzione,

(b) chiamata φ tale soluzione, calcolare ∂φ∂x (0, 2),

∂φ∂y (0, 2),

∂2φ∂2x (0, 2),

∂2φ∂x∂y (0, 2),

∂2φ∂y2 (0, 2).

Risoluzione.

(a) Siaf : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + yz3 − z.Si ha f(0, 2, 0) = 0.Si ha

16.1. PROBLEMA CON EQUAZIONE IMPLICITA 33

∂f∂z (x, y, z) = 3yz2 − 1;quindi si ha∂f∂z (0, 2, 0) = −1 = 0;per il teorema di Dini, esiste un aperto connesso U su cui il problemaammette una ed una sola soluzione φ.

(b) Per ogni (x, y) ∈ U si hax2 + y(φ(x, y))3 − φ(x, y).

Si ha quindi2x+ 3y(φ(x, y))2 ∂φ

∂x (x, y)−∂φ∂x (x, y) = 0;

quindi per (x, y) = (0, 2) si ha−∂φ

∂x (0, 2) = 0;quindi∂φ∂x (0, 2) = 0.

Per ogni (x, y) ∈ U si ha(φ(x, y))3 + 3y(φ(x, y))2 ∂φ

∂y (x, y)−∂φ∂y (x, y) = 0;

quindi per (x, y) = (0, 2) si ha−∂φ

∂y (0, 2) = 0;quindi∂φ∂y (0, 2) = 0.

Per ogni (x, y) ∈ U si ha

2 + 6yφ(x, y)(

∂φ∂x (x, y)

)2+ 3y(φ(x, y))2 ∂2φ

∂x2 (x, y)− ∂2φ∂x2 (x, y) = 0;

quindi per (x, y) = (0, 2) si ha

2− ∂2φ∂x2 (0, 2) = 0;

quindi∂2φ∂x2 (0, 2) = 2.


3(φ(x, y))2 ∂φ∂x (x, y) + 6yφ(x, y)∂φ∂x (x, y)

∂φ∂y (x, y) + 3y(φ(x, y))2 ∂2φ

∂x∂y (x, y)

− ∂2φ∂x∂y (x, y) = 0;


− ∂2φ∂x∂y (0, 2) = 0;

quindi∂2φ∂x∂y (0, 2) = 0.


3(φ(x, y))2 ∂φ∂y (x, y) + 3(φ(x, y))2 ∂φ

∂y (x, y) + 6yφ(x, y)(

∂φ∂y (x, y)

)2+

3y(φ(x, y))2 ∂2φ∂y2 (x, y)− ∂2φ

∂y2 (x, y) = 0;


−∂2φ∂y2 (0, 2) = 0;

quindi∂2φ∂y2 (0, 2) = 0.

34 CAPITOLO 16. EQUAZIONI IMPLICITE

16.1.3 Problema con un sistema di due equazioni implicite inR3

1. Esercizio. Assegnato il problema con equazione implicita di funzione incognita(y(x), z(x))

x2 + y2 − xy − z = 0x3 − y2 + xz − y = 0y(0) = 0z(0) = 0

,

(a) provare che esiste un intervallo aperto su cui il problema ammette una eduna sola soluzione,

(b) chiamata φ tale soluzione, calcolare φ′1(0) e φ

′2(0).

Risoluzione.

(a) Siaf : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (x2 + y2 − xy − z, x3 − y2 + xz − y).Si ha f(0, 0, 0) = (0, 0). Si ha

∂f∂(y,z) (x, y, z) =

(2y − x −1−2y − 1 x

);

quindi si ha

∂f∂(y,z) (0, 0, 0) =

(0 −1−1 0

);

si ha∣∣∣∣ 0 −1−1 0

∣∣∣∣ = −1 = 0;

per il teorema di Dini, esiste un intervallo aperto I su cui il problemaammette una ed una sola soluzione φ.

(b) Per ogni x ∈ I si ha{x2 + (φ1(x))

2 − xφ1(x)− φ2(x) = 0x3 − (φ1(x))

2 + xφ2(x)− φ1(x) = 0;

quindi si ha{2x+ 2φ1(x)φ

′1(x)− φ1(x)xφ

′1(x)− φ′

2(x) = 03x2 − 2φ1(x)φ

′1(x) + φ2(x) + xφ′

2(x)− φ′1(x) = 0

;

quindi per x = 0 si ha{−φ2(0) = 0−φ1(0) = 0

;

quindi si ha φ′1(0) = 0 e φ′

2(0) = 0.

Capitolo 17

Sottovarieta differenziali diRN

17.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta linea-re tangente, varieta lineare normale

17.1.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta lineare tan-gente, varieta lineare normale ad una sottovarieta informa parametrica

1. Esercizio. Trovare delle equazioni parametriche o cartesiane dello spazio tan-gente, della varieta lineare tangente, dello spazio normale, della varieta linearenormale alla sottovarieta (curva) di equazioni parametriche x = 3t5

y = 5t+ 1z = −3t+ 2

, t ∈ R

nel punto corrispondente a t = 1.

Risoluzione Sia V la curva e sia φ la parametrizzazione di V assegnata.

Si ha φ(1) = (3, 6,−1).

Per ogni t ∈ R si ha φ′(t) = (15t, 5,−3); si ha quindi φ′(1) = (15, 5,−3).

Una base dello spazio tangente a V in (3, 6,−1) e quindi

(((15, 5,−3)) .

Delle equazioni parametriche dello spazio tangente in forma vettoriale sonoquindi

(x, y, z) = t(15, 5,−3), t ∈ R ;

35

36 CAPITOLO 17. SOTTOVARIETA DIFFERENZIALI DI RN

in forma scalare sono x = 15ty = 5yz = −3t

, t ∈ R .

Delle equazioni parametriche della retta tangente in forma vettoriale sono quindi

(x, y, z) = t(15, 5,−3) + (3, 6,−1), t ∈ R ;

in forma scalare sono x = 15t+ 3y = 5y + 6z = −3t− 1

, t ∈ R .

Delle equazioni cartesiane dello spazio normale sono quindi

((x, y, z)|(15, 5,−3) = 0 ,

cioe15x+ 5y − 3z = 0 .

Delle equazioni cartesiane del piano normale sono quindi

((x, y, z)− (6, 3,−1)|(15, 5,−3) = 0 ,

cioe15(x− 3) + 5(y − 6)− 3(z + 1) = 0 ,

cioe15x+ 5 = 3z +−78 = 0 .

17.2 Massimi e minimi

17.2.1 Massimi e minimi di funzioni


f : {(x, y) ∈ R2;x2

4+ y2 ≤ 1} −→ R, (x, y) −→ 2x− y


Risoluzione Essendo f continua e definita su un compatto, f ammette massimoe minimo

-

6

.......

.................

..............................

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................

.................................2

1

x

y


Sia D il dominio di f .

Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo di f .

Consideriamo f su◦D.

Per ogni (x, y) ∈◦D si ha

∂f∂x (x, y) = 2.

Quindi (x, y) ∈◦D. Quindi E ⊂ Fr (D).

Si ha Fr (D) = {(x, y) ∈ R2; x2

4 + y2 = 1}. Quindi Fr (D) e una varieta V di R2

di dimensione 1. Siag : R2 −→ R, (x, y) −→ x2

4 + y2 − 1;la varieta V ha equazione cartesiana g(x, y) = 0. Se (x, y) ∈ Fr (D) e un puntodi massimo o di minimo di f , esiste λ ∈ R tale chegrad f(x, y) = λgrad g(x, y);si ha allora(2,−1) = λ(x2 , 2y);quindi si ha

2 = 12λx

−1 = 2λyx2

4 + y2 = 1

.

Si ha 174 = λ2; quindi λ = ±

√172 .

Per λ =√172 si ha (x, y) =

(8√17,− 1√

17

).

Per λ = −√172 si ha (x, y) =

(− 8√

17, 1√

17

).

Si ha quindi

E ⊂{(

8√17,− 1√

17

),

(− 8√

17,

1√17

)}.

Si haf(

8√17,− 1√

17

)= 17√

17,

f(− 8√

17, 1√

17

)= − 17√

17.

Quindi si ha max(f) = 17√17

e min(f) = − 17√17.

2. Esercizio.

Risoluzione. Data la funzione

f : {(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ 1} −→ R, (x, y) −→ 3x2 − 4xy ,



Risoluzione.


(a) Essendo f continua e definita su un compatto, f ammette massimo eminimo


-

6

.......

.......

........................................................

..............................

....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................1 x

y

(b) Sia E l’insieme degli estremanti di f .

Sia (x, y) ∈◦D.

Si ha∂f∂x (x, y) = 6x− 4y;∂f∂y (x, y) = −4x.

Si ha grad f(x, y) = (0, 0) se e solo se{6x− 4y = 0−4x = 0

;

quindi se e solo se (x, y) = (0, 0).

Si ha quindi

E∩◦D⊂ {(0, 0)} .

Sia (x, y) ∈ Fr (D).

Si ha Fr (D) = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 = 1}.Siag : R2 −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 − 1.

Identifichiamo f con la funzioneR2 −→ R, (x, y) −→ 3x2 + 4xy.

Se (x, y) ∈ E ∩ Fr (D), esiste λ ∈ R tale chegrad g(x, y) = λgrad g(x, y),quindi tale che(6x− 4y,−4x) = λ(2x, 2y),quindi tale che 6x− 4y = 2λx

−4x = 2λyx2 + y2 = 1

quindi tale che 3x− 2y = λx−2x = λyx2 + y2 = 1

.

Si ha x = −λy2 ; quindi

3(−λy2 )− 2y = λ(−λy

2 );


quindi3λy + 4y = λ2y;quindiy(λ2 − 3λ− 4) = 0.

Se y = 0, si ha x = 0; cio e incompatibile con la condizione x2 + y2 = 1; siha quindi y = 0.

Si ha quindiλ2 − 3λ− 4 = 0quindi

λ = −3±√9+16

2 = −3±52

quindiλ = 4 o λ = −1.

Per λ = 4, si ha −2x = 4y; quindi x = −2y; quindi (−2y)2+y2 = 1; quindi

4y2 + y2 = 1; quindi 5y2 = 1; quindi y2 = 15 ; quindi y = ±

√55 .

Per y =√55 , si ha x = − 2

5

√5; quindi (x, y) = (− 2

5

√5,

√55 ).

Per y = −√55 , si ha x = 2

5

√5; quindi (x, y) = ( 25

√5,−

√55 ).

Per λ = −1, si ha −2x = −y; quindi y = 2x; quindi x2 +(2x)2 = 1; quindi

x2 + 4x2 = 1; quindi 5x2 = 1; quindi x2 = 15 ; quindi x = ±

√55 .

Per x =√55 , si ha y = 2

5

√5; quindi (x, y) = (

√55 ,

25

√5).

Per x = −√55 , si ha y = − 2

5

√5; quindi (x, y) = (−

√55 ,−

25

√5).

Si ha quindiE ∩ Fr (D) ⊂

{(−2

5

√5,

1

5

√5), (

2

5

√5,−1

5

√5)(

1

5

√5,

2

5

√5), (−1

5

√5,−2

5

√5)} .

Si ha quindi

E ⊂ {(0, 0), (−2

5

√5,

1

5

√5), (

2

5

√5,−1

5

√5)(

1

5

√5,

2

5

√5), (−1

5

√5,−2

5

√5)} .

Si haf(0, 0) = 0,f(−2

5

√5, 15

√5) = 3 4

5 + 4 25 = 12

5 + 85 = 4,

f((25√5,−1

5

√5) = 4,

f((15√5, 25

√5) = 3 1

5 − 4 25 = 3

5 − 85 = −1,

f(−15

√5,− 2

5

√5) = 1.

Si ha quindimax(f) = 4 min(f) = −1.


f : {(x, y, z) ∈ R3;x2 + y2 + z2 ≤ 1} −→ R, (x, y, z) −→ 2x− y + z



Risoluzione. Essendo f continua e definita su un compatto, f ammettemassimo e minimo


-

6

��

�

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Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo di f .

Consideriamo f su◦D.

Per ogni (x, y, z) ∈◦D si ha

∂f∂x (x, y, z) = 2.

Quindi (x, y, z) ∈◦D. Quindi E ⊂ Fr (D).

Si ha Fr (D) = {(x, y, z) ∈ R3;x2 + y2 + z2 = 1}. Quindi Fr (D) e una varietaV di R3 di dimensione 2. Siag : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 + z2 − 1;la varieta V ha equazione cartesiana g(x, y, z) = 0. Se (x, y, z) ∈ Fr (D) e unpunto di massimo o di minimo di f , esiste λ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z);si ha allora(2,−1, 1) = λ(2x, 2y, 2z);quindi si ha

2 = 2λx−1 = 2λy1 = 2λzx2 + y2 + z2 = 1

.

Si ha 6 = 4λ2; quindi λ = ±√

32 .

Per λ =√

32 si ha (x, y, z) = (

√23 ,−

12

√23 ,

12

√23 ).

Per λ = −√

32 si ha (x, y, z) = (−

√23 ,

12

√23 ,−

12

√23 ).

Si ha quindi

E ⊂

{(√2

3,−1

2

√2

3,1

2

√2

3

),

(−√

2

3,1

2

√2

3,−1

2

√2

3

)}.


Si ha

f(√

23 ,−

12

√23 ,

12

√23

)= 2√

23 + 1

2

√23 + 1

2

√23 = 3

√23 =

√6,

f(−√

23 ,

12

√23 ,−

12

√23

)= −

√6.

Quindi si ha max(f) =√6, min(f) = −

√6.


f : {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 = 1} −→ R, (x, y, z) −→ x− y + z


Risoluzione. Sia V il dominio di f . L’insieme V e la superficie sferica x2 +y2+z2 = 1. Essendo f continua e definita su un compatto, f ammette massimoe minimo.

-

6

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�

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Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo di f . L’insieme V e unasottovarieta di R3 di dimensione 2. Siag : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 + z2 − 1;la varieta V ha equazione cartesiana g(x, y, z) = 0.

Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange, se (x, y, x) ∈ E, esiste λ ∈ R talechegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z);si ha allora(1,−1, 1) = λ(2x, 2y, 2z);quindi si ha

1 = 2λx−1 = 2λy1 = 2λz

x2 + y2 + z2 = 1

.

Si ha 3 = 4λ2; quindi λ = ±√32 .

Per λ =√32 si ha x = 1√

3, y = − 1√

3, z = 1√

3.

Per λ = −√32 si ha x = − 1√

3, y = 1√

3, z = − 1√

3.

Si ha quindi

E ⊂{(

1√3,− 1√

3,1√3

),

(− 1√

3,1√3,− 1√

3

)}.


Si haf(

1√3,− 1√

3, 1√

3

)= 3√

3,

f(− 1√

3, 1√

3,− 1√

3

)= − 3√

3.

Quindi si ha max(f) = 3√3, min(f) = − 3√

3.


f : {(x, y, z) ∈ R3; x2+y2+z2 ≤ 1, x+y+z = 0} −→ R, (x, y, z) −→ x−y+z


Risoluzione. Sia V il dominio di f . L’insieme V e il cerchio chiuso intersezionedella sfera sferica x2+y2+z2 ≤ 1 con il piano x+y+z = 0. Essendo f continuae definita su un compatto, f ammette massimo e minimo.

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V

Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo di f . Sia S = {(x, y, z) ∈R3; x2 + y2 + z2 < 1, x + y + z = 0} e Γ = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 =1, x+ y + z = 0}; si ha V = S ∪ Γ.

Consideriamo f su S. L’insieme S e una sottovarieta di R3 di dimensione 2.Siag : {x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 < 1} −→ R, (x, y, z) −→ x+ y + z;la varieta S ha equazione cartesiana g(x, y, z) = 0.

Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange, se (x, y, x) ∈ E ∩ S, esiste λ ∈ Rtale chegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z);si ha allora(1,−1, 1) = λ(1, 1, 1);quindi si ha{

1 = λ−1 = λ

;

cio e assurdo; si ha quindi E ∩ S = ∅.Consideriamo f su Γ. L’insieme Γ e una sottovarieta di R3 di dimensione 1. Siah : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (x2 + y2 + z2 − 1, x+ y + z);la varieta S ha equazione cartesiana h(x, y, z) = 0.

Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange, se (x, y, x) ∈ E ∩ Γ, esistonoλ, µ ∈ R tale che


grad f(x, y, z) = λgradh1(x, y, z) + µgradh2(x, y, z);si ha allora(1,−1, 1) = λ(2x, 2y, 2z) + µ(1, 1, 1);quindi si ha

1 = 2λx+ µ−1 = 2λy + µ1 = 2λz + µx2 + y2 + z2 = 1x+ y + z = 1

;

si ha λ = 0 ex = 1−µ

2λ

y = −1−µ2λ

z = 1−µ2λ

;

sostituendo nella quinta equazione, si ha quindi1−µ2λ + −1−µ

2λ + 1−µ2λ = 0;

quindi1− µ− 1− µ+ 1− µ = 0;quindi−3µ+ 1 = 0;quindi

µ = 13 ; si ha quindi x =

1− 13

2λ =23

2λ = 13λ ;

y =−1− 1

3

2λ =− 4

3

2λ = − 23λ ;

z =1− 1

3

2λ =23

2λ = 13λ ;

sostituendo nella quarta equazione sopra, si ha quindi1

9λ2 + 49λ + 1

9λ = 1;quindi6 = 9λ2;quindi

λ = ±√

23 ;

per λ =√

23 si ha quindi

x = 13

√32 =

√66 ;

y = − 23

√32 = − 2

√6

6 ;

z = 13

√32 =

√66 ;

per λ = −√

23 si ha quindi

x = −√66 ;

y = 2√6

6 ;

z = −√66 ;


si ha quindi

E = E ∩ Γ ⊂

{(√6

6,−2

√6

6,

√6

6

),

(−√6

6,2√6

6,−

√6

6

)}.

Si haf(√

66 ,−

2√6

6 ,√66

)= 2

3

√6,

f(−

√66 ,

2√6

6 , 0√66

)= −2

3

√6

Quindi si ha max(f) = 23

√6, min(f) = − 2

3

√6.


f : {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 ≤ z2 + 1, −1 ≤ z ≤ 1} −→ R,

(x, y, z) −→ 5x− 2y + 3z ,



Risoluzione.

(a) Sia D il dominio di f . Essendo f continua e definita su un compatto, fammette massimo e minimo.

-

6

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1

−1

(b) Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo di f .

Sia (x, y, z) ∈◦D.

Si ha ∂f∂x (x, y, z) = 5 = 0; si ha quindi

E∩◦D= ∅ .

SiaF1 = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 = z2 + 1, −1 < z < 1},F2 = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 < 2, z = 1},


F3 = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 < 2, z = −1},F4 = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 = z2 + 1, z = 1},F5 = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 = z2 + 1, z = −1}.Si ha Fr (D) = F1 ∪ F2 ∪ F3 ∪ F4 ∪ F5.

Siag : {(x, y, z) ∈ R3; −1 < z < 1} −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 − z2 − 1.

F1 e la sottovarieta differenziale di R3 di dimensione 2, di equazionecartesiana g(x, y, z) = 0.

Indichiamo ancora con f la funzioneR3 −→ R, (x, y, z) −→ 5x− 2y + 3z.

Se (x, y, z) ∈ E ∩ F1, esiste λ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z),cioe tale che (5,−2, 3) = λ(2x, 2y,−2z), cioe tale che

5 = 2λx−2 = 2λy3 = −2λzx2 + y2 = z2 + 1−1 < z < 1

.

Per λ = 0 il sistema sopra non ha soluzioni. Supponiamo λ = 0. Si ha

x =5

2λ, y = − 1

λ, z = − 3

2λ.

Quindi (5

2λ

)2

+

(− 1

λ

)2

=

(− 3

2λ

)2

+ 1 ;

quindi25

4λ2+

1

λ2− 9

4λ2= 1 ;

quindi 20 = 4λ2; quindi λ2 = 5; quindi λ = ±√5.

Per λ =√5, si ha x = 5

2√5, y = − 1√

5, z = − 3

2√5.

Si ha −1 < − 32√5in quanto cio equivale a 3 < 2

√5, cie a 9 < 20.

Si trova quindi

(x, y, z) =

(5

2√5,− 1√

5,− 3

2√5

).

Per λ = −√5, si ha x = − 5

2√5, y = 1√

5, z = 3

2√5.

Si ha 32√5< 1 in quanto cio equivale a 3 < 2

√5, cie a 9 < 20.

Si trova quindi

(x, y, z) =

(− 5

2√5,1√5,

3

2√5

).


Si ha quindi

E ∩ F1 ⊂{(

5

2√5,− 1√

5,− 3

2√5

),

(− 5

2√5,1√5,

3

2√5

)}.

Sia orag : {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 < 2} −→ R, (x, y, z) −→ z − 1.


Se (x, y, z) ∈ E ∩ F2, esiste λ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z),cioe tale che (5,−2, 3) = λ(0, 0, 1).

Si trova 5 = 0; cio e assurdo. Quindi si ha

E ∩ F2 = ∅ .

Sia orag : {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 < 2} −→ R, (x, y, z) −→ z + 1.


Se (x, y, z) ∈ E ∩ F3, esiste λ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z),cioe tale che (5,−2, 3) = λ(0, 0, 1).

Si trova 5 = 0; cio e assurdo. Quindi si ha

E ∩ F3 = ∅ .

Sia orag : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (x2 + y2 − z2 − 1, z − 1).


Se (x, y, z) ∈ E ∩ F4, esistono λ, µ ∈ R tali chegrad f(x, y, z) = λgrad g1(x, y, z) + µgrad g2(x, y, z),cioe tale che (5,−2, 3) = λ(2x, 2y,−2z) + µ(0, 0, 1),cioe tale che

5 = 2λx−2 = 2λy3 = −2λz + µx2 + y2 = z2 + 1z = 1

,

cioe tale che 5 = 2λx−2 = 2λy3 = −2λz + µx2 + y2 = 2z = 1

.



x =5

2λ, y = − 1

λ.

Quindi (5

2λ

)2

+

(− 1

λ

)2

= 2 ;

quindi 294λ2 = 2; quindi λ2 = 29

8 ; quindi λ = ±12

√292 .

Per λ = 12

√292 , si ha x = 5

√229 , y = −2

√229 , z = 1.

Si trova quindi

(x, y, z) =

(5

√2

29,−2

√2

29, 1

).

Per λ = − 12

√292 , si ha x = −5

√229 , y = 2

√229 , z = 1.

Si trova quindi

(x, y, z) =

(−5

√2

29, 2

√2

29, 1

).

Si ha quindi

E ∩ F4 ⊂

{(5

√2

29,−2

√2

29, 1

),

(−5

√2

29, 2

√2

29, 1

)}.

Sia orag : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (x2 + y2 − z2 − 1, z + 1).


Se (x, y, z) ∈ E ∩ F5, esistono λ, µ ∈ R tali chegrad f(x, y, z) = λgrad g1(x, y, z) + µgrad g2(x, y, z),cioe tale che (5,−2, 3) = λ(2x, 2y,−2z) + µ(0, 0, 1),cioe tale che

5 = 2λx−2 = 2λy3 = −2λz + µx2 + y2 = z2 + 1z = −1

,

cioe tale che 5 = 2λx−2 = 2λy3 = −2λz + µx2 + y2 = 2z = −1

.



x =5

2λ, y = − 1

λ.

Quindi (5

2λ

)2

+

(− 1

λ

)2

= 2 ;

quindi 294λ2 = 2; quindi λ2 = 29

8 ; quindi λ = ±12

√292 .

Per λ = 12

√292 , si ha x = 5

√229 , y = −2

√229 , z = −1.

Si trova quindi

(x, y, z) =

(5

√2

29,−2

√2

29,−1

).

Per λ = − 12

√292 , si ha x = −5

√229 , y = 2

√229 , z = −1.

Si trova quindi

(x, y, z) =

(−5

√2

29, 2

√2

29,−1

).

Si ha quindi

E ∩ F4 ⊂

{(5

√2

29,−2

√2

29,−1

),

(−5

√2

29, 2

√2

29,−1

)}.

Si ha quindi

E ⊂{(

5

2√5,− 1√

5,− 3

2√5

),

(− 5

2√5,1√5,

3

2√5

),

(5

√2

29,−2

√2

29, 1

),

(−5

√2

29, 2

√2

29, 1

),

(5

√2

29,−2

√2

29,−1

),

(−5

√2

29, 2

√2

29,−1

)}.

Si haf(

52√5,− 1√

5,− 3

2√5

)= 2

√5,

f(− 5

2√5, 1√

5, 32√5

)= −2

√5,

f(5√

229 ,−2

√229 , 1

)=

√58 + 3,

f(−5√

229 , 2

√229 , 1

)= −

√58 + 3,


f(5√

229 ,−2

√229 ,−1

)=

√58− 3,

f(−5√

229 , 2

√229 ,−1

)= −

√58− 3.

Si ha 2√5 <

√58 + 3: infatti cio equivale a 20 < 58 + 6

√58 + 9, e cio e

vero.

Quindi si ha max(f) =√58 + 3, min(f) = −

√58− 3.


f : {(x, y, z) ∈ R3; 4x2 + 4y2 ≤ z2 + 1, x+ y + z = 0} −→ R,

(x, y, z) −→ 2x− y + z ,



Risoluzione.

(a) Sia

C = {(x, y, z) ∈ R3; 4x2 + 4y2 = z2 + 1, x+ y + z = 0} .

Essendo C intersezione dell’iperboloide 4x2 + 4y2 = z2 + 1 e del pianox+ y + z = 0, C e una conica.

Si ha (x, y, z) ∈ C se e solo se{4x2 + 4y2 = z2 + 1x+ y + z = 1

, cioe

{4x2 + 4y2 = (−x− y)2 + 1x+ y + z = 1

,

cioe

{3x2 + 3y2 − 2xy = 1x+ y + z = 1

.

La conica C e quindi l’intersezione del cilindro 4x2 + 4y2 = z2 + 1 e delpiano x+ y + z = 0.

Si ha

∣∣∣∣ 3 11 3

∣∣∣∣ = 8 > 0.

Quindi nel piano xy la conica 3x2+3y2−2xy = 1 e un’ellisse. Quindi nellospazio xyz il cilindro 3x2 + 3y2 − 2xy = 1 e un cilindro ellittico. Essendoil piano x + y + z = 0 non parallelo all’asse del cilindro, la conica C eun’ellisse.

Sia D il dominio di f ; D e la regione del piano x + y + z = 1 limitatadall’ellisse C. Quindi D e compatto.

Essendo f continua e definita su un compatto, f ammette massimo eminimo.


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(b) Sia E l’insieme dei punti di massimo o di minimo di f .

Svolgiamo la seconda parte dell’esercizio in due modi

i. 1o modo.SiaF1 = {(x, y, z) ∈ R3; 4x2 + 4y2 < z2 + 1, x+ y + x = 0},F2 = {(x, y, z) ∈ R3; 4x2 + 4y2 = z2 + 1, x+ y + z = 0}.Si ha D = F1 ∪ F2.Siag : {(x, y, z) ∈ R3; 4x2 + 4y2 < z2 + 1} −→ R, (x, y, z) −→ x+ y + z.F1 e la sottovarieta differenziale di R3 di dimensione 2, di equazionecartesiana g(x, y, z) = 0.Indichiamo ancora con f la funzioneR3 −→ R, (x, y, z) −→ 2x− y + z.Se (x, y, z) ∈ E ∩ F1, esiste λ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z),cioe tale che (2,−1, 1) = λ(1, 1, 1), cioe tale che 2 = λx

−1 = λy1 = λ

.

Cio e assurdo. Si ha quindi

F1 ∩ E = ∅ .

Siah : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (4x2 + 4y2 − z2 − 1, x+ y + z).F2 e la sottovarieta differenziale di R3 di dimensione 1, di equazione

cartesiana

{hg(x, y, z) = 0h2(x, y, z) = 0

.

Se (x, y, z) ∈ E ∩ F2, esistono λ, µ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgradh1(x, y, z) + µgradh2(x, y, z),


cioe tale che (2,−1, 1) = λ(8x, 8y,−2z) + µ(1, 1, 1), cioe tale che2 = 8λx+ µ−1 = 8λy + µ1 = −2λz + µ4x2 + 4y2 = z2 + 1x+ y + z = 0

,

cioe tale che 2 = 8λx+ µ−1 = 8λy + µ−4 = −8λz − 4µ4x2 + 4y2 = z2 + 1x+ y + z = 0

,

Sommando i membri delle prime tre equazioni e tenendo conto chex+ y + z = 0, si trova −3 = −2µ; si ha quindi µ = 3

2 .Si ha quindi 2 = 8λx + 3

2 ; quindi 8λx = 12 . Per λ = 0 il sistema non

ha soluzioni. Supponiamo λ = 0. Si ha x = 116λ .

Si ha −1 = 8λy + 32 ; quindi 8λy = −5

2 . quindi y = − 516λ .

Si ha 1 = −2λz + 32 ; quindi 2λz =

12 . quindi z =

14λ .

Si ha quindi

4

(1

16λ

)2

+ 4

(− 1

16λ

)2

=

(1

4λ

)2

+ 1 ;

quindi1

64λ2+

25

64λ2=

1

16λ2+ 1 ;

quindi 26 = 4 + 64λ2; quindi 64λ2 = 22; quindi λ2 = 2264 ; quindi

λ = ±√228 .

Per λ =√228 , si ha

(x, y, z) =

(1

2√22,− 5

2√22,

2√22

).

Per λ = −√228 , si ha

(x, y, z) =

(− 1

2√22,

5

2√22,− 2√

22

).

Si ha quindi

E ∩ F2 ⊂{(

1

2√22,− 5

2√22,

2√22

),

(− 1

2√22,

5

2√22,− 2√

22

)}.

Si ha quindi

E ⊂{(

1

2√22,− 5

2√22,

2√22

),

(− 1

2√22,

5

2√22,− 2√

22

)}.


Si haf(

12√22,− 5

2√22, 2√

22

)= 2 1

2√22

+ 52√22

+ 1√22

= 112√22

= 11√22

2·22 =√224 ,

f(− 1

2√22, 52√22,− 2√

22

)= −

√224 .

Quindi si ha max(f) =√224 , min(f) = −

√224 .

ii. 2o modo.

Per quando visto sopra si ha

D = {(x, y, z) ∈ R3; 3x2 + 3y2 − 2xy ≤ 1 x+ y + z = 0} .

..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

SiaF1 = {(x, y, z) ∈ R3; 3x2 + 3y2 − 2xy < 1, x+ y + x = 0},F2 = {(x, y, z) ∈ R3; 3x2 + 3y2 − 2xy = 1, x+ y + z = 0}.Si ha D = F1 ∪ F2.

Siag : {(x, y, z) ∈ R3; 3x2 + 3y2 − 2xy < 1} −→ R, (x, y, z) −→ x+ y + z.


Indichiamo ancora con f la funzioneR3 −→ R, (x, y, z) −→ 2x− y + z.

Se (x, y, z) ∈ E ∩ F1, esiste λ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgrad g(x, y, z),cioe tale che (2,−1, 1) = λ(1, 1, 1), cioe tale che 2 = λx

−1 = λy1 = λ

.

Cio e assurdo. Si ha quindi

F1 ∩E = ∅ .


Siah : R3 −→ R2, (x, y, z) −→ (3x2 + 3y2 − 2xy, x+ y + z).

F2 e la sottovarieta differenziale di R3 di dimensione 1, di equazione

cartesiana

{hg(x, y, z) = 0h2(x, y, z) = 0

.

Se (x, y, z) ∈ E ∩ F2, esistono λ, µ ∈ R tale chegrad f(x, y, z) = λgradh1(x, y, z) + µgradh2(x, y, z),cioe tale che (2,−1, 1) = λ(6x− 2y, 6y − 2x, 0) + µ(1, 1, 1), cioe tale che

2 = 6λx− 2λy + µ−1 = 6λy − 2λx+ µ1 = µ3x2 + 3y2 − 2xy = 1x+ y + z = 0

,

cioe tale che µ = 16λx− 2λy = 16λy − 2λx = −23x2 + 3y2 − 2xy = 1x+ y + z = 0

,

Si ha 3λy − λx = −1; quindi λx = 3λy + 1; quindi 6(3λy + 1) − 2λy = 1;quindi 18λy + 6− 2λy = 1; quindi 16λ = −5.

Per λ = 0 il sistema non ha soluzioni. Supponiamo λ = 0. Si ha y = − 516λ .

Si ha 6λx − 2λ(− 516λ = 1; quindi 6λx + 5

8 = 1; quindi 6λx = 38 ; quindi

x = 116λ .

Si ha quindi

3

(1

16λ

)2

+ 3

(− 5

16λ

)2

− 2

(1

16λ

)(− 5

16λ

)= 1 ;

quindi3

256λ2+

755

256λ2+

10

256λ2= 1 ;

quindi 88 = 256λ2; quindi 64λ2 = 22; quindi λ2 = 2264 ; quindi λ = ±

√228 .

Per λ =√228 , si ha

(x, y, z) =

(1

2√22,− 5

2√22,

2√22

).

Per λ = −√228 , si ha

(x, y, z) =

(− 1

2√22,

5

2√22,− 2√

22

).

Poi si procede come nel primo modo.

Capitolo 18

Equazioni differenziali

18.1 Equazioni del primo ordine

18.1.1 Problemi di Cauchy per equazioni del primo ordine

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ =

√xy

y(1) = 1, (x, y) ∈ [0,+∞[×]0,+∞[ .

Risoluzione. L’equazione differenziale e di tipo normale ed e assegnata suD = [0,+∞[×]0,+∞[.

L’equazione e equivalente a y′ =√x√y; il problema di Cauchy equivale all’e-

quazione implicita di incognita y(x) com soluzioni tali che 1 ∈ dom(y),∫ y

1

1√tdt =

∫ x

1

√t dt, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe [2t

12

]y1=

[2

3t32

]x1

, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe

2√y − 2 =

2

3

√x3 − 2

3, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe

2√y =

2

3

√x3 +

4

3, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe√y =

1

3

√x3 +

2

3, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe

y =

(1

3

√x3 +

2

3

)2

, x ≥ 0, y ∈ R .

55

56 CAPITOLO 18. EQUAZIONI DIFFERENZIALI

Si trova quindi la funzione

φ : [0,+∞[−→ R, x −→(1

3

√x3 +

2

3

)2

.


√xy

y(1) = 2.

Risoluzione. L’equazione differenziale e di tipo normale ed e assegnata su

D =]−∞, 0]×]−∞, 0[∪[0,+∞[×]0,+∞[ .

Possiamo considerare il problema di Cauchy assegnato su [0,+∞[×]0,+∞[; l’e-

quazione e equivalente a y′ =√x√y ; quindi e un’equazione a variabili separabili

univoca.

Il problema di Cauchy equivale all’equazione implicita di incognita y(x) comsoluzioni tali che 1 ∈ dom(y),∫ y

2

√t dt =

∫ x

1

√t dt, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe [t32

32

]y2

=

[t32

32

]x1

, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe

y32 − 2

32 = x

32 − 1, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe

y32 = x

32 + 2

√2− 1, x ≥ 0, y > 0 ,

cioe

y =(x

32 + 2

√2− 1

) 23

, x ≥ 0, y > 0 ;

cioe

y =(x

32 + 2

√2− 1

) 23

, x ≥ 0, y ∈ R .


φ : [0,+∞[−→ R, x −→(x

32 + 2

√2− 1

) 23

.

18.1. EQUAZIONI DEL PRIMO ORDINE 57

3. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = −y2

xy(1) = 1

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e di tipo normale ed e assegnata suD = R∗ ×R.

La soluzione del problema di Cauchy e definita su un intervallo contenente 1;possiamo quindi supporre x ∈]0,+∞[. L’equazione differenziale ammette lasoluzione costante

]0,+∞[−→ R, x −→ 0 ;

la soluzione del problema di Cauchy assume in 1 un valore strettamente posi-tivo; per il teorema sull’unicita della soluzione di un problema di Cauchy, lasoluzione del problema di Cauchy e sempre strettamente positiva. Possiamoquindi supporre y ∈]0,+∞[.

Il problema di Cauchy assegnato e quindi equivalente al problema di Cauchy{y′ = −y2

xy(1) = 1

, (x, y) ∈]0,+∞[×]0,+∞[ .

L’equazione e a variabili separabili univoca; il problema di Cauchy equivaleall’equazione implicita di incognita y(x) com soluzioni tali che 1 ∈ dom(y),∫ y

1

1

t2dt =

∫ x

1

−1

tdt, x > 0, y > 0 ,

cioe [−1

t

]y1

= [− log t]x1 , x > 0, y > 0 ,

cioe

−1

y+ 1 = − log x, x > 0, y > 0 ,

cioe1

y= log x+ 1, x > 0, y > 0 .

La condizione y > 0 equivale a quindi 1y > 0; quindi a log x + 1 > 0; quindi a

log x > −1; quindi a x > 1e .

Il problema di Cauchy sopra e quindi equivalente a

1

y= log x+ 1, x >

1

e, y ∈ R .

Per x > 1e si ha log x+ 1 = 0.


Quindi il problema di Cauchy sopra e equivalente a

y =1

log x+ 1, x >

1

e, y ∈ R .


φ :

]1

e,+∞

[−→ R, x −→ 1

log x+ 1.

4. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = sinx ey

y(0) = 0.

Risoluzione. L’equazione differenziale e di tipo normale ed e assegnata suR × R. L’equazione e a variabili separabili univoca; il problema di Cauchyequivale all’equazione implicita di incognita y(x) com soluzioni tali che 0 ∈dom(y), ∫ y

0

e−t dt =

∫ x

0

sin t dt, x ∈ R, y ∈ R ,

cioe−[e−t]y0= − [cos t]

x0 , x ∈ R, y ∈ R ,

cioee−y − 1 = cosx− 1, x ∈ R, y ∈ R ,

cioee−y = cosx, x ∈ R, y ∈ R .

Essendo e−y = cosx, si ha cosx > 0; cio equivale a ∃k ∈ Z tale che −π2 +2kπ <

x < π2 + 2kπ; poiche si cercano soluzioni y(x) tali che 0 ∈ dom(y) la condizione

sopra equivale a −π2 < x < π

2 .

L’equazione implicita sopra e quindi equivalente a

e−y = cosx, −π2< x <

π

2, y ∈ R ,

cioe−y = log cosx, −π

2< x <

π

2, y ∈ R ,

cioey = − log cosx, −π

2< x <

π

2, y ∈ R .


φ :]−π2,π

2

[−→ R, x −→ − log cosx .


5. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = (x+ 1)(y2 + 1)y(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e di tipo normale ed e assegnata suR×R. L’equazione e a variabili separabili univoca.

Il problema di Cauchy assegnato{y′ = (x+ 1)(y2 + 1)y(0) = 0

, (x, y) ∈ R×R

e equivalente al problema di Cauchy{ 1y2+1y

′ = x+ 1

y(0) = 0, (x, y) ∈ R×R .

Tale problema di Cauchy equivale all’equazione implicita di incognita y(x) comsoluzioni tali che 0 ∈ dom(y),∫ y

0

1

t2 + 1dt =

∫ x

0

(t+ 1) dt, (x, y) ∈ R×R ,

cioe

[Arctg t]y0 =

[1

2t2 + t

]x0

, (x, y) ∈ R×R ,

cioe

Arctg y =1

2x2 + x, (x, y) ∈ R×R .

Si haArctg y ∈]− π

2 ,π2 [; quindi possiamo supporre −π

2 <12x

2 + x < π2 .

Si ha −π2 <

12x

2 + x < π2 se e solo se −π < x2 + 2x < π, cioe se e solo se{

x2 + 2x− π < 0x2 + 2x+ π > 0

.

Il polinomio x2+2x+π ha discriminante ∆ tale che ∆4 = 1−π < 0; si ha quindi

per ogni x ∈ R, x2 + 2x+ π > 0. Il sistema sopra e quindi equivalente ax2 + 2x− π < 0; quindi a −

√π + 1− 1 < x <

√π + 1− 1.


Arctg y =1

2x2 + x, −

√π + 1− 1 < x <

√π + 1− 1, y ∈ R .

Per quanto visto sopra, la condizione −√π + 1 − 1 < x <

√π + 1 − 1 implica

−π2 <

12x

2 + x < π2 .



y = tg

(1

2x2 + x

), −

√π + 1− 1 < x <

√π + 1− 1, y ∈ R .

La soluzione del problema di Cauchy e quindi

φ :]−√π + 1− 1, ,

√π + 1− 1

[−→ R, x −→ tg

(1

2x2 + x

).

6. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = sin2 x cos2 yy(0) = 0

.

Si chiede di non utilizzare formule che diano direttamente∫sin2 t dt, con a = 1,

o simili.

Risoluzione. L’equazione differenziale e di tipo normale ed e assegnata suR×R. L’equazione e a variabili separabili univoca.

Si ha cos y = 0 se e solo se esiste k ∈ Z tale che y = π2 + kπ.

Per ogni k ∈ Z

φk : R −→ R, x −→ π

2+ kπ

e soluzione dell’equazione differenziale y′ = sin2 x cos2 y.

In particolare

φ0 : R −→ R, x −→ π

2e

φ−1 : R −→ R, x −→ −π2

sono soluzioni dell’equazione differenziale y′ = sin2 x cos2 y.

Per il teorema di unicita della soluzione del problema di Cauchy, se φ e lasoluzione del problema di Cauchy assegnato, essendo φ(0) = 0 ∈] − π

2 ,π2 [, per

ogni x ∈ dom)φ si ha φ(x) ∈]− p12 ,

π2 [.

Il problema di Cauchy assegnato{y′ = sin2 x cos2 yy(0) = 0

, x ∈ R, y ∈ R

e quindi equivalente al problema di Cauchy{y′ = sin2 x cos2 yy(0) = 0

, x ∈ R, −π2< y <

π

2.


Tale problema di Cauchy e equivalente al problema di Cauchy{1

cos2 yy′ = sin2 x

y(0) = 0, x ∈ R, −π

2< y <

π

2.

Tale problema di Cauchy equivale all’equazione implicita di incognita y(x) consoluzioni tali che 0 ∈ dom(y),∫ y

0

1

cos2 tdt =

∫ x

0

sin2 t dt, x ∈ R, −π2< y <

π

2,

cioe

[tg t]y0 =

∫ x

0

1− cos(2t)

2dt, x ∈ R, −π

2< y <

π

2,

cioe

tg y =

[1

2t− 1

4sin(2t)

]x0

dt, x ∈ R, −π2< y <

π

2,

cioe

tg y =1

2x− 1

4sin(2x), x ∈ R, −π

2< y <

π

2,

cioe

Arctg tg y = Arctg2x− sin(2x)

4, x ∈ R, −π

2< y <

π

2,

cioe

y = Arctg2x− sin(2x)

4, x ∈ R, −π

2< y <

π

2,


φ : R −→ R, x −→ Arctg2x− sin(2x)

4.


√3y2+2

y

y(0) = 1.

Si esprima la soluzione (massimale) φ nella forma φ : U −→ V, x −→ T {x}esplicitando gli insiemi U e V e l’espressione T {x}.Risoluzione. L’equazione differenziale e di tipo normale ed e assegnata suR×R∗. L’equazione e a variabili separabili univoca.

Il problema di Cauchy assegnato{y′ =

√y2+1

y

y(0) = 1, x ∈ R, y ∈ R∗


e equivalente al problema di Cauchy{y′ =

√y2+1

y

y(0) = 1, x ∈ R, y ∈]0,+∞[ .

Tale problema di Cauchy e equivalente al problema di Cauchy{y√y2+1

y′ = 1

y(0) = 1, x ∈ R, y ∈]0,+∞[ .

Tale problema di Cauchy equivale all’equazione implicita di incognita y(x) consoluzioni tali che 0 ∈ dom(y),∫ y

1

t√t2 + 1

dt =

∫ x

0

dt, x ∈ R, y ∈]0,+∞[ ,

cioe1

2

∫ y

1

(t2 + 1)−12 2t dt = x, x ∈ R, y ∈]0,+∞[ ,

cioe

1

2

[(t2 + 1)

12

12

]y1

= x, x ∈ R, y ∈]0,+∞[ ,

cioe √y2 + 1−

√2 = x, x ∈ R, y ∈]0,+∞[ ,

cioe √y2 + 1 =

√2 + x, x ∈ R, y ∈]0,+∞[ .

Se y(x) e soluzione, si ha√2 + x ≥ 0; quindi x ≥

√2.

Quindi l’equazione implicita sopra e equivalente a√y2 + 1 =

√2 + x, x ∈ [−

√2,+∞[, y ∈]0,+∞[ ,

cioe ay2 + 1 = (

√2 + x)2, x ∈ [−

√2,+∞[, y ∈]0,+∞[ ,

cioe a cioe a

y2 = (√2 + x)2 − 1, x ∈ [−

√2,+∞[, y ∈]0,+∞[ .

Se y(x) e soluzione, si ha (√2 + x) − 1 > 0. L’equazione si secondo grado

(√2 + x)− 1 = 0 e equivalente a

√2 + x = ±1; ha quindi soluzioni −

√2− 1 e

−√2 + 1. Si ha quindi x < −

√2− 1 o x > −

√2 + 1. Essendo x ≥ −

√2, si ha

x > −√2 + 1.

18.2. EQUAZIONI DI ORDINE SUPERIORE AL PRIMO 63

Quindi l’equazione implicita sopra e equivalente a

y2 = (√2 + x)2 − 1, x ∈]−

√2 + 1,+∞[, y ∈]0,+∞[ ,

cioe a

y = ±√x2 +

√2x+ 1, x ∈]−

√2 + 1,+∞[, y ∈]0,+∞[ ,

cioe, essendo y > 0 a

y =

√x2 +

√2x+ 1, x ∈]−

√2 + 1,+∞[, y ∈]0,+∞[ ,


φ :]−√2 + 1,+∞[,−→ R, x −→

√x2 +

√2x+ 1 .

18.2 Equazioni di ordine superiore al primo

18.2.1 Problemi di Cauchy per equazioni di ordine superioreal primo

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy: y′′ = y′2+ 1

y(0) = 0y′(0) = 1

.

Risoluzione. Poniamoz = y′ .

Se la funzione y(x) e soluzione del problema di Cauchy assegnato, allora lafunzione z(x) e soluzione del problema di Cauchy{

z′ = z2 + 1z(0) = 1

(x, z) ∈ R×R ,

cioe {1

z2+1z′ = 1

z(0) = 1(x, z) ∈ R×R .

Tale problema di Cauchy e equivalente all’equazione implicita con soluzioni z(x)tali che 0 ∈ dom(z), ∫ z

1

1

t2 + 1dt =

∫ x

0

dt (x, z) ∈ R×R ,


cioe[Arctg t]

z1 = [y]

x0 (x, z) ∈ R×R ,

cioeArctg z −Arctg 1 = x (x, z) ∈ R×R ,

cioeArctg z =

π

4+ x (x, z) ∈ R×R .

Se z(x) e soluzione, si ha

−π2<π

4+ x <

pi

2,

cioe

−3

4π < x <

pi

4.


Arctg z =π

4+ x − 3

4π < x <

pi

4, z ∈ R ,

cioe a

z = tg(π

4+ x) − 3

4π < x <

pi

4, z ∈ R .

Si ha quindi

z :]− 3

4π,

1

4π[−→ R, x −→ tg(

π

4+ x) .

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy assegnato se e solose e soluzione del problema di Cauchy{

y′ = tg(pi4 + x)y(0) = 0

, −3

4π < x <

pi

4, y ∈ R .

Per ogni x ∈]− 34π,

14π[, si ha quindi

y(x) =

∫ x

0

tg(π

4+ t) dt =

∫ x

0

sin(π4 + t)

cos(π4 + t)dt =

−∫ x

0

1

cos(π4 + t)(− sin(

π

4+ t)) = −

[log | cos(π

4+ t)|

]x0=

− log cos(x+π

4) + log cos

π

4= − log cos(x+

π

4) + log

1√2=

− log cos(x+π

4)− 1

2log 2 .

La soluzione del problema di Cauchy e quindi la funzione

φ :]− 3

4π,

1

4π[−→ R, x −→ − log cos(x+

π

4)− 1

2log 2 .

Capitolo 19

Equazioni differenziali lineari

19.1 Equazioni del primo ordine

19.1.1 Problema di Cauchy per un’equazione del primo ordine

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = − y

x+1 + x3

y(0) = 0, x > −1 .

Risoluzione. L’equazione differenziale si puo scrivere

y′ = − 1

x+ 1y + x3, x > −1 .

Si tratta quindi di una equazione differenziale lineare del primo ordine assegnatasu ]− 1,+∞[.

Una primitiva della funzione 1x+1 e la funzione

α(x) = − log(x+ 1) .

Si haelog(x+1)x3 = (x+ 1)x3 = x4 + x3.

Si ha∫(x4 + x3) dx = 1

5x5 + 1

4x4 + c.

Una primitiva della funzione elog(x+1)x3 e quindi la funzione

β(x) =1

5x5 +

1

4x4 .

Per ogni c ∈ R si ha

e− log(x+1)(15x

5 + 14x

4 + c)= 1

x+1

(15x

5 + 14x

4 + c)= c 1

x+1 + 15

x5

x+1 + 14

x4

x+1 .

65

66 CAPITOLO 19. EQUAZIONI DIFFERENZIALI LINEARI

L’integrale generale dell’equazione differenziale e quindi

y(x) = c1

x+ 1+

1

5

x5

x+ 1+

1

4

x4

x+ 1, c ∈ R .

Si ha y(0) = 0; quindi c = 0.


y(x) =4x3 + 5x4

20(x+ 1).

2. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = 2xy − xy(0) = 1

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e una equazione differenziale lineare delprimo ordine assegnata su R. La soluzione del problema di Cauchy e quindiφ : R −→ R, con

φ(x) = e

∫ x

02t dt

(∫ x

0e−∫ u

02t dt

(−u) du+ 1

)= ex

2(∫ x

0e−u2

(−u) du+ 1)=

ex2(

12

∫ x

0e−u2

(−2u) du+ 1)= ex

2(

12

[e−u2

]x0+ 1)= ex

2(

12 (e

−x2 − 1) + 1)=

ex2(

12e

−x2

+ 12

)= 1

2ex2

+ 12 .

3. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = (sinx)y + sinxy(0) = 1

.


φ(x) = e

∫ x

0sin t dt

(∫ x

0e−∫ u

0sin t dt

sinu du+ 1

)=

e− cos x+1(∫ x

0ecosu−1 sinu du+ 1

)= e− cos x+1

(−∫ x

0ecosu−1(− sinu) du+ 1

)=

e− cos x+1(−[ecosu−1

]x0+ 1)= e− cos x+1

(−ecos x−1 + 1 + 1

)= 2e− cos x+1 − 1.

4. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = y sinxy(0) = 1

.


φ(x) = 1 · e∫ x

0sin t dt

= e[cos t]x0 = e1−cos x.

19.2. SISTEMI DI EQUAZIONI DIFFERENZIALI LINEARI 67

5. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = 2xyy(0) = 1

.


φ(x) = e

∫ x

02t dt

= ex2

.

19.2 Sistemi di equazioni differenziali lineari

19.2.1 Integrale generale per i sistemi di due equazioni

1. Esercizio. Determinare un integrale generale reale del seguente sistema diequazioni differenziali lineari di incognita (x(t), y(t)):{

x′ = x− yy′ = t

.

Risoluzione. Si tratta di un sistema lineare non omogeneo a coefficienticostanti.

Le soluzioni di y′ = t sono

y(t) =1

2t2 + c1 c1 ∈ R .

Si ha quindi x′ = x− y se e solo se

x′ = x− 1

2t2 − c1 .

Una primitiva di 1 e la funzione α(t) = t.

Si ha∫e−t

(−1

2 t2 − c1

)dt = −1

2

∫t2e−t dt− c1

∫e−t dt.

Si ha∫t2e−t dt =

(−t2e−t + c

)−∫(−e−t)2t dt =

(−t2e−t + c

)+ 2

∫te−t) dt =(

−t2e−t + c)+ 2

(((−te−t + c)−

∫−e−t) dt

)=(

−t2e−t − 2te−t + c)+ 2

∫e−t) dt = −t2e−t − 2te−t − 2e−t + c.

Si ha∫e−t dt = −e−t + c.

Si ha quindi∫e−t

(−1

2 t2 − c1

)dt = −1

2

(−t2e−t − 2te−t − 2e−t + c

)− c1 (−e−t + c) =

12 t

2e−t + te−t + e−t + c1e−t + c = e−t

(12 t

2 + t+ 1 + c1)+ c.


Una primitiva di e−t(− 1

2 t2 + c1

)e quindi

β(t) = e−t(12 t

2 + t+ 1 + c1).

Le soluzioni di x′ = x− 12 t

2 − c1 sono quindix(t) = et

(e−t

(12 t

2 + t+ 1 + c1)+ c2

)= c2e

t + 12 t

2 + t+ 1 + c1, c2 ∈ R.

Un integrale generale del sistema e quindi{x(t) = c1 + c2e

t + 12 t

2 + t+ 1y(t) = c1 +

12 t

2

19.2.2 Autovettori e integrale generale per i sistemi di dueequazioni

1

1. Esercizio. Determinare un integrale generale reale del seguente sistema diequazioni differenziali lineari {

x′ = y + ty′ = x+ y

.

Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy relativo ad un sistema linearenon omogeneo a coefficienti costanti.

La matrice del sistema omogeneo associato e(0 11 1

).

L’equazione caratteristica e ∣∣∣∣ −λ 11 1− λ

∣∣∣∣ = 0 ,

cioeλ2 − λ− 1 = 0.

Gli autovalori sonoλ = 1±

√5

2 .

Per λ = 1+√5

2 gli autovettori associati sono le soluzioni di

−1+√5

2 A+B = 0.

Per A = 1 si ha B = 1+√5

2 .

Un autovettore non nullo associato a 1+√5

2 e quindi(1, 1+

√5

2

).

1Non in programma


Si ottiene la soluzione

φ1(t) = e1+

√5

2 t

(1,

1 +√5

2

).

Per λ = 1−√5

2 gli autovettori associati sono le soluzioni di

−1−√5

2 A+B = 0.

Per A = 1 si ha B = 1−√5

2 .

Un autovettore non nullo associato a 1−√5

2 e quindi(1, 1−

√5

2

).

Si ottiene la soluzione

φ2(t) = e1−

√5

2 t

(1,

1−√5

2

).

(φ1, φ2) e un sistema fondamentale di soluzioni dell’equazione omogenea asso-ciata.

Siano A,B,C,D ∈ R; sia

(x(t), y(t)) = (A+Bt,C +Dt) .

Si ha{x(t) = A+Bty(t) = C +Dt

.

Quindi si ha{x′(t) = By′(t) = D

.

(x(t), y(t)) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se{B = C +Dt+ tD = A+Bt+ C +Dt

;

quindi se e solo seD + 1 = 0B = CB +D = 0D = A+ C

,

cioeD = −1B = 1C = 1A = −2

.

La funzione(x(t), y(t)) = (−2 + t, 1− t)

e quindi soluzione dell’equazione non omogenea.


Un integrale generale del sistema e quindi

(x(t), y(t)) = c1e1+

√5

2 t

(1,

1 +√5

2

)+ c2e

1−√

52 t

(1,

1−√5

2

)+

+(−2 + t, 1− t), c1, c2 ∈ R .

19.2.3 Problema di Cauchy per i sistemi di due equazioni

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy: x′ = 2x− yy′ = y + 1x(0) = 0, y(0) = 0

.

Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy relativo ad un sistema linearenon omogeneo a coefficienti costanti.

Consideriamo il problema di Cauchy{y′ = y + 1y(0) = 0

.

Una primitiva di 1 e la funzione α(t) = t.

Una primitiva di e−t · 1 e la funzione β(t) = −e−t.

L’insieme delle soluzioni dell’equazione differenziale y′ = y + 1 e quindi

y(t) = et(e−t + c) = cet + 1 ,

al variare di c in R.

Per t = 0 si ha c+ 1 = 0; quindi c = −1.

La soluzione del problema di Cauchy sopra e quindi

y(t) = et − 1 .

La funzione x(t) e quindi soluzione del problema di Cauchy{x′ = 2x− et + 1x(0) = 0

.

Una primitiva di 2 e la funzione α(t) = 2t.

Una primitiva die−2t(−et + 1)−−e−t + e−2t

e la funzione β(t) = e−t − 12e

−2t.


L’insieme delle soluzioni dell’equazione differenziale x′ = 2x− et + 1 e quindi

x(t) = e2t(e−t − 1

2e−2t + c) = ce2t + et − 1

2,

al variare di c in R.

Per t = 0 si ha c+ 1− 12 = 0; quindi c = − 1

2 .

La soluzione del problema di Cauchy sopra e quindi

x(t) = −1

2e2t + et − 1

2.

La soluzione del problema di Cauchy assegnato e quindi{x(t) = − 1

2e2t + et − 1

2y(t) = et − 1

19.2.4 Autovettori e problema di Cauchy per i sistemi di dueequazioni

2

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:x′ = −x+ yy′ = x− yx(0) = 0y(0) = 1

.

Risoluzione. Si tratta di un problema di Cauchy relativo ad un sistema lineareomogeneo a coefficienti costanti di matrice

a =

(−1 11 −1

).

L’equazione caratteristica e∣∣∣∣ −1− λ 11 −1− λ

∣∣∣∣ = 0 ,

cioe (−1 − λ)2 = 1; si ha quindi −1 − λ = ±1; quindi −λ = 1 ± 1; quindiλ = −1± 1; quindi λ = 0 o λ = −2.

Gli autovettori di a corrispondenti a λ = 0 sono le soluzioni di{−A+B = 0A−B = 0

,

2Non in programma


cioe di A−B = 0; si trova{A = tB = t

, per un t ∈ R .

Una base dell’autospazio e (1, 1). Si trova la soluzione del sistema differenziale

(x1(t), y1(t)) = (1, 1), t ∈ R .

Gli autovettori di a corrispondenti a λ = −2 sono le soluzioni di{A+B = 0A+B = 0

,

cioe di A+B = 0; si trova{A = tB = −t , per un t ∈ R .

Una base dell’autospazio e (1,−1). Si trova la soluzione del sistema differenziale

(x1(t), y1(t)) = (1,−1)e−2t, t ∈ R .

L’integrale generale del sistema differenziale e quindi

(x(t), y(t)) = c1(1, 1) + c2(1,−1)e−2t, c1, c2 ∈ R .

La funzione (x(t), y(t) e soluzione del problema di Cauchy se e solo se{c1 + c2 = 0c1 − c2 = 1

,

cioe se e solo se c1 = 12 , c2 = −1

2 . La soluzione del problema di Cauchy e quindi

(x(t), y(t)) =1

2(1, 1)− 1

2(1,−1)e−2t, t ∈ R .

19.2.5 Problema di Cauchy per i sistemi di tre equazioni

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:x′ = xy′ = x+ zz′ = 2x+ tx(0) = y(0) = z(0) = 0

.

Risoluzione. Da x′ = x e x(0) = 0 si trovax(t) = 0, t ∈ R.


Si ha

{z′ = tz(0) = 0

quindi si ha

z(t) = t2

2 , t ∈ R.

Si ha

{y′ = t2

2y(0) = 0

quindi si ha

y(t) = t3

6 , t ∈ R.

Si ha quindi x(t) = 0

y(t) = t3

6

z(t) = t2

2

, t ∈ R .

19.3 Equazioni di ordine superiore al primo

19.3.1 Problema di Cauchy per equazioni di ordine superioreal primo a coefficienti costanti

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′ + 4y′ − 5y = xy(0) = 0, y′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’omogenea associata eλ2 + 4λ− 5 = 0; le soluzioni sono λ = −2±

√9; quindi λ = −5 e λ = 1.

Un sistema fondamentale di soluzioni dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = e−5x, y2(x) = ex .

Esistono A,B ∈ R tali che

z(x) = A+Bx

e soluzione dell’equazione non omogenea. Si ha z′(x) = B e z′′(x) = 0; quindiz(x) e soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se4B − 5(A+Bx) = x,cioe−5Bx+ 4A− 5B = xcioe{

−5B = 14B − 5A = 0

;

si ha B = − 15 e − 4

5 − 5A = 0; quindi 5A = − 45 ; quindi A = − 4

25 . Si ha quindi

z(x) = − 4

25− 1

5x .


Un integrale generale dell’equazione non omogenea e quindi

y(x) = c1e−5x + c2e

x − 4

25− 1

5x, c1, c2 ∈ R .

Per ogni c1, c2 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −5c1e

−5x + c2ex − 1

5 .

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se{c1 + c2 = 4

25−5c1 + c2 = 1

5

;

Si ha 6c1 = − 125 ; quindi c1 = − 1

150 ; quindi c2 = 425 + 1

150 = 25150 = 1

6 .


y(x) = − 1

150e−5x +

1

6ex − 4

25− 1

5x, x ∈ R .

2. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y(4) + 3y′′ + 2y = x+ 1y(0) = y′(0) = y′′(0) = y′′′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ4 + 3λ2 + 2 = 0;le radici dell’equazione caratteristica sono ±

√2i e ±i; un sistema fondamentale

di integrali dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = cos(√2x), y2(x) = sin(

√2x), y3(x) = cosx, y4(x) = sinx .

Esistono A,B ∈ R tali chez(x) = A+Bx

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = B, z′′(x) = z′′′(x) = z(4)(x) = 0;

la funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se2Bx+ 2A = x+ 1, cioe se e solo se A e B soddisfano il sistema{

2B = 12A = 1

;

si ha A = 12 , B = 1

2 ;

si ha quindi

z(x) =1

2+

1

2x .



y(x) = c1 cos(√2x) + c2 sin(

√2x) + c3 cosx+ c4 sinx

1

2x+

1

2, c1, c2, c3, c4 ∈ R .

Per ogni c1, c2, c3, c4 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −c1

√2 sin(

√2x) + c2

√2 cos(

√2x)− c3 sinx+ c4 cosx+ 1

2 ,

y′′(x) = −c12 cos(√2x) + c22 sin(

√2x)− c3 cosx+ c4 sinx,

y′′′(x) = c12√2 sin(

√2x)− c22

√2 cos(

√2x) + c3 sinx− c4 cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se1 + c3 +

12 = 0√

2c2 + c4 +12 = 0

−2c1 − c3 = 0

−2√2c2 − c4 = 0

;

si ha quindi c1 = 12 , c3 = −1, c2 = 1

2√2, c4 = −1.


y(x) =1

2cos(

√2x) +

1

2√2sin(

√2x)− cosx− sinx+

1

2+

1

2x .

3. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′ − y′ + 3y = x2 − x+ 3y(0) = y′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ2 − λ+ 3 = 0;

le radici dell’equazione caratteristica sono 1±√11i

2 ; un sistema fondamentale diintegrali dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = ex2 cos(

√11

2x), y2(x) = e

x2 sin(

√11

2x) .

Esistono A,B,C ∈ R tali che

z(x) = A+Bx+ Cx2

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = B + 2Cx, z′′(x) = 2C;

la funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se2C − (B + 2Cx) + 3(A+Bx+ Cx2) = x2 − x+ 3cioe se e solo se


3Cx2 + (−2C + 3B)x+ 2C −B + 3A = x2 − x+ 3,cioe se e solo se A, B, C soddisfano il sistema 3C = 1

−2C + 3B = −12C −B + 3A = 3

;

si trova C = 13 , B = −1

9 , A = 2027 ;

si ha quindi

z(x) =1

3x2 − 1

9x+

20

27.


y(x) = c1ex2 cos(

√11

2x) + c2e

x2 sin(

√11

2x) +

1

3x2 − 1

9x+

20

27, c1, c2, c3 ∈ R .

Per ogni c1, c2 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) =

c1ex2 cos(

√112 x) 12 + c1e

x2 (− sin(

√112 x)

√112 + c2e

x2 sin(

√112 x) 12+

c2ex2 cos(

√112 x)

√112 + 2

3x− 19 .

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se

{c1 +

2027 = 0

12c1 −

√112 c2 − 1

9 = 0;

si trova c1 = −2027 , c2 = 26

27√11.


y(x) = −20

27e

x2 cos(

√11

2x) +

26

27√11e

x2 sin(

√11

2x) +

1

3x2 − 1

9x+

20

27, x ∈ R .

4. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′′ + y′′ + y′ + y = x+ 3y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ3 + λ2 + λ+ 1 = 0, cioe (λ+ 1)(λ2 + 1) = 0;le radici dell’equazione caratteristica sono −1 e ±i; un sistema fondamentale diintegrali dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = e−x, y2(x) = sinx, y3(x) = cosx .



z(x) = A+Bx

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = B, z′′(x) = z′′′(x) = 0;

la funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo seB +Bx+A = x+ 3 cioe se e solo se{

B = 1B +A = 0

;

si trova B = 1, A = 2; si ha quindi

z(x) = x+ 2 .


y(x) = c1e−x + c2 sinx+ c3 cosx+ x+ 2, c1, c2, c3 ∈ R .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −c1e−x + c2 cosx− c3 sinx+ 1,y′′(x) = c1e

−x − c2 sinx− c3 cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se c1 + c3 + 2 = 0−c1 + c2 + 1 = 0c1 − c3 = 0

;

si trova c1 = −1, c2 = −2, c3 = −1.


y(x) = −e−x − 2 sinx− cosx+ x+ 2, x ∈ R .

5. Esercizio.

Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′′ + 2y′′ + y′ = 2y(0) = 0 , y′(0) = 0, y′′(0) = 1

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata e

λ3 + 2λ2 + λ = 0 .


L’equazione si scriveλ(λ2 + 2λ+ 1) = 0,cioeλ(λ+ 1)2 = 0.

Le soluzioni sono λ = 0 semplice, λ = −1 doppia.

Un sistema fondamentale di soluzioni dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = 1, y2(x) = e−x, y3(x) = xe−x .

Poiche 0 e radice semplice del polinomio caratteristico, esiste A ∈ R tali che

z(x) = Ax

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = A, z′′(x) = z′′′(x) = 0.

La funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo seA = 2.

Sii ha quindiz(x) = 2x .


y(x) = c1 + c2e−x + c3xe

−x + 2x, c1, c2, c3 ∈ R .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −c2e−x + c3e

−x − c3xe−x + 2 = (−c2 + c3)e

−x − c3xe−x + 2,

y′′(x) = (c2 − c3)e−x − c3e

−x + c3xe−x = (c2 − 2c3)e

−x + c3xe−x.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se c1 + c2 = 0−c2 + c3 + 2 = 0c2 − 2c3 = 1

, cioe

c1 + c2 = 0−c2 + c3 = −2c2 − 2c3 = 1

, cioe

−c3 = −1c2 = 2c3 + 1c1 = −c2

,

cioe

c3 = 1c2 = 3c1 = −3

.


y(x) = −3 + 3e−x + xe−x + 2x, x ∈ R .

6. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′′ + 3y′′ + 2y′ + 6y = ex

y(0) = y′(0) = y′′(0) = 0.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata e


λ3 + 3λ2 + 2λ+ 3 = 0, cioe (λ2 + 2)(λ+ 3) = 0;le radici dell’equazione caratteristica sono ±

√2i e −3; un sistema fondamentale

di integrali dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = e−3x, y2(x) = cos(√2x), y3(x) = sin(

√2x) .

Esiste A ∈ R tale chez(x) = Aex

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = z′′(x) = z′′′(x) = Aex;

la funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo seAex + 3Aex + 2Aex + 3Aex = ex, cioe 9A = 1, cioe A = 1

12 ;

si ha quindi

z(x) =1

12ex .


y(x) = c1e−3x + c2 cos(

√2x) + c3 sin(

√2x) +

1

12ex, c1, c2, c3 ∈ R .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −3c1e

−3x −√2c2 sin(

√2x) +

√2c3 cos(

√2x) + 1

12ex,

y′′(x) = 9c1e−3x − 2c2 cos(

√2x)− 2c3 sin(

√2x) + 1

12ex.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo sec1 + c2 +

112 = 0

−3c1 +√2c3 +

112 = 0

9c1 − 2c2 +112 = 0

;

si trova c1 = − 144 , c2 = − 2

33 , c3 = − 533

√2.


y(x) = − 1

44e−3x − 2

33cos(

√2x) +

5

33√2sin(

√2x) +

1

12ex, x ∈ R .

7. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y(4) − 2y′′ + y = ex

y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 14 , y

′′′(0) = 0.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti nonomogenea.

L’equazione caratteristica dell’equazione omogenea associata e

λ4 − 2λ2 + 1 = 0 .


L’equazione e equivalente a

(λ2 − 1)2 = 0 ;

le soluzioni sono 1 e −1, doppie.

Un sistema fondamentale di integrali dell’equazione omogenea associata e quindi

φ1(x) = ex, φ2(x) = xex, φ3(x) = e−x, φ4(x) = xe−x .

Troviamo una soluzione dell’equazione non omogenea. Essendo 1 soluzionesoluzione doppia dell’equazione caratteristica, esiste A ∈ R tale che

ψ(x) = (Ax2ex)

e soluzione dell’equazione non omogenea assegnata.

Si haψ′(x) = 2Axex +Ax2ex,ψ′′(x) = 2Aex + 2Axex + 2Axex +Ax2ex = 2Aex + 4Axez +Ax2ex,ψ′′′(x) = 2Aex + 4Aex + 4Axex + 2Axex +Ax2ex = 6Aex + 6Axez +Ax2ex,ψ(4)(x) = 6Aex + 6Aex + 6Axex + 2Axex +Ax2ex = 12Aex + 8Axez +Ax2ex.

La funzione ψ(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se

12Aex + 8Axex +Ax2ex − 2(2Aex + 4Axex +Ax2ex) +Ax2ex = ex ;

quindi se e solo se

8Aex = ex ;

quindi se e solo se A = 18 .

Si ha quindi

ψ(x) =1

8x2ex .


y(x) = c1ex + c2xe

x + c3e−x + c4xe

−x +1

8x2ex .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = c1e

x + c2ex + c2xe

x − c3e−x + c4e

−x − c4xe−x + 1

4xex + 1

8x2ex=

(c1 + c2)ex + c2xe

x + (−c3 + c4)e−x − c4xe

−x + 14xe

x + 18x

2ex,y′′(x) = (c1 + c2)e

x + c2ex + c2xe

x + (c3 − c4)e−x − c4e

−x + c4xe−x +

14e

x + 14xe

x ++ 14xe

x 18x

2ex=(c1 + 2c2)e

x + c2xex + (c3 − 2c4)e

−x + c4xe−x + 1

4ex + 1

2xex + 1

8x2ex,

y′′′(x) = (c1 + 2c2)ex + c2e

x + c2xex + (−c3 + 2c4)e

−x + c4e−x − c4xe

−x +14e

x + 12e

x + 12xe

x ++ 14xe

x 18x

2ex=(c1 + 3c2)e

x + c2xex + (−c3 + 3c4)e

−x − c4xe−x + 3

4ex + 3

2xex + 1

8x2ex.


La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo sec1 + c3 = 0c1 + c2 − c3 + c4 = 0c1 + 2c2 + c3 − 2c4 +

14 = 1

4c1 + 3c2 − c3 + 3c4 +

34 = 0

,

cioe c1 = −c3−c3 + c2 − c3 + c4 = 0−c3 + 2c2 + c3 − 2c4 = 0−c3 + 3c2 − c3 + 3c4 +

34 = 0

,

cioe c1 = −c3c2 − 2c3 + c4 = 0c2 − c4 = 03c2 − 2c3 + 3c4 +

34 = 0

,

cioe c1 = −c3c2 = c4c4 − 2c3 + c4 = 03c4 − 2c3 + 3c4 +

34 = 0

,

cioe c1 = −c3c2 = c4c3 = c44c4 = −3

4

,

cioe c4 = − 3

16c3 = − 3

16c2 = − 3

16c1 = 3

16

.


φ(x) =3

16ex − 3

16xex − 3

16e−x − 3

16xe−x +

1

8x2ex .

8. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′′ + 3y′′ − 4y = sinxy(0) = y′(0) = y′′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ3 + 3λ2 − 4 = 0, cioe (λ− 1)(λ+ 2)2 = 0;


le radici dell’equazione caratteristica sono 1 e −2; la radice 1 e semplice, la ra-dice 2 e doppia; un sistema fondamentale di integrali dell’equazione omogeneaassociata e quindi

y1(x) = ex, y2(x) = e−2x, y3(x) = xe−2x .


z(x) = A sinx+B cosx

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = A cosx−B sinx,z′′(x) = −A sinx−B cosx,z′′′(x) = −A cosx+B sinx;

la funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se−A cosx+B sinx+ 3(−A sinx−B cosx)− 4(A sinx+B cosx) = sinx,cioe se e solo se(−A− 7B) cosx+ (B − 7A) sinx = sinx,cioe se e solo se A e B soddisfano il sistema{

−A− 7B = 0B − 7A = 1

;

il sistema equivale a{A = −7BB + 49B = 1

{50B = 1A = −7B

{B = 1

50A = − 7

50

;

si ha quindi

z(x) = − 7

50sinx+

1

50cosx .


y(x) = c1ex + c2e

−2x + c3xe−2x − 7

50sinx+

1

50cosx, c1, c2, c3 ∈ R .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = c1e

x − 2c2e−2x + c3e

−2x − 2c3xe−2x − 7

50 cosx− 150 sinx,

y′′(x) = c1ex + 4c2e

−2x − 2c3e−2x − 2c3e

−2x + 4c3xe−2x + 7

50 sinx− 150 cosx =

c1ex + 4c2e

−2x − 4c3e−2x + 4c3xe

−2x + 750 sinx− 1

50 cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se c1 + c2 +150 = 0

c1 − 2c2 + c3 − 750 = 0

c1 + 4c2 − 4c3 − 150 = 0

;


il sistema e equivalente a 50c1 + 50c2 = −150c1 − 100c2 + 50c3 = 750c1 + 200c2 − 200c3 = 1

50c1 = −1− 50c2−1− 50c2 − 100c2 + 50c3 = 7−1− 50c2 + 200c2 − 200c3 = 1

;

si ha

{−150c2 + 50c3 = 8150c2 − 200c3 = 2

; quindi −150c3 = 10; quindi c3 = − 115 ; si ha

75c2+100 115 = 1; quindi 225c2+20 = 3; quindi c2 = − 17

225 ; si ha c1 = −c2− 150 =

17225 − 1

50 = 25450 = 1

18 .


y(x) =1

18ex − 17

225e−2x − 1

15xe−2x − 7

50sinx+

1

50cosx, x ∈ R .

9. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy: y′′ + 2y′ = sinxy(0) = 0y′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ2 + 2λ = 0, cioe λ(λ+ 2);le radici dell’equazione caratteristica sono 0 e −2 entrambe semplici; un sistemafondamentale di integrali dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = 1, y2(x) = e−2x .


z(x) = A sinx+B cosx

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = A cosx−B sinx,z′′(x) = −A sinx−B cosx;

la funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se−A sinx−B cosx+ 2(A cosx−B sinx) = sinx,cioe se e solo se(−A− 2B − 1) sinx+ (−B + 2A) cosx = 0,cioe se e solo se A e B soddisfano il sistema{

−A− 2B − 1 = 0−B + 2A = 0

;

il sistema equivale a {B = 2A−A− 4A = 1

{A = − 1

5B = −2

5

;


si ha quindi

z(x) = −1

5sinx− 2

5cosx .


y(x) = c1 + c2e−2x − 1

5sinx− 2

5cosx, c1, c2 ∈ R .


−2x − 15 cosx+ 2

5 sinx;

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se{c1 + c2 − 2

5 = 0−2c2 − 1

5 = 0;

quindi c2 = − 110 ; quindi c1 = 2

5 + 110 = 5

10 = 12 .


y(x) =1

2− 1

10e−2x − 1

5sinx− 2

5cosx, x ∈ R .

10. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′′ + 9y′ = sinxy(0) = y′(0) = y′′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ3 + 9λ = 0, cioe λ(λ2 + 9) = 0;le radici dell’equazione caratteristica sono 0 e ±3i; un sistema fondamentale diintegrali dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = 1, y2(x) = cos(3x), y3(x) = sin(3x) .


z(x) = A cosx+B sinx

e soluzione dell’equazione non omogenea; si haz′(x) = −A sinx+B cosx,z′′(x) = −A cosx−B sinx,z′′′(x) = A sinx−B cosx;

la funzione z(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo seA sinx−B cosx+ 9(−A sinx+B cosx) = sinx,cioe se e solo se


−8A sinx+ 8B cosx = sinx,cioe se e solo se −8A = 1 e 8B = 0, cioe se e solo se A = − 1

8 e B = 0.

Si ha quindi

z(x) = −1

8cosx .


y(x) = c1 + c2 cos(3x) + c3 sin(3x)−1

8cosx, c1, c2, c3 ∈ R .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −3c2 sin(3x) + 3c3 cos(3x) +

18 sinx,

y′′(x) = −9c2 cos(3x)− 9c3 sin(3x) +18 cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se c1 + c2 − 18 = 0

3c3 = 0−9c2 +

18 = 0

;

si trova c3 = 0, c2 = 172 c1 = 1

8 − 172 = 8

72 = 19 .


y(x) =1

9+

1

72cos(3x)− 1

8cosx, x ∈ R .

11. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′ + 4y′ + 4y = x+ sinxy(0) = y′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ2 + 4λ+ 4 = 0, cioe (λ+ 2)2 = 0;l’equazione caratteristica ha per radice solo −2 che e doppia; un sistema fonda-mentale di integrali dell’equazione omogenea associata e quindi

y1(x) = e−2x, y2(x) = xe−2x .


z1(x) = A+Bx

e soluzione dell’equazione non omogenea

y′′ + 4y′ + 4y = x .


Si haz′1(x) = A,z′′1 (x) = 0.

La funzione z1(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea y′′+4y′+4y =x se e solo se4B + 4(A+Bx) = x,cioe se e solo seA, B soddisfano il sistema{

4B = 14B + 4A = 0

.

Si trova B = 14 , A = − 1

4 .

Si ha quindi

z1(x) = −1

4+

1

4x .


z2(x) = A cosx+B sinx


y′′ + 4y′ + 4y = sinx .

Si haz′2(x) = −A sinx+B cosx,z′′2 (x) = −A cosx−B sinx.

La funzione z2(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea y′′+4y′+4y =sinx se e solo se−A cosx−B sinx+ 4(−A sinx+B cosx) + 4(A cosx+B sinx) = sinx,cioe se e solo seA, B soddisfano il sistema{

−A+ 4B + 4A = 0−B − 4A+ 4B = 1

,

cioe{3A+ 4B = 0−4A+ 3B = 1

,

cioe{A = −4

3B−4(− 4

3B + 3B = 1,

cioe{A = − 4

3B253 B = 1

,

cioe{B = 3

25A = − 4

25

.


Si ha quindi

z2(x) = − 4

25cosx+

3

25sinx .

Una soluzione dell’equazione non omogenea assegnata e quindi

z(x) = z1(x) + z2(x) = −1

4+

1

4x− 4

25cosx+

3

25sinx .


y(x) = c1e−2x + c2xe

−2x − 1

4+

1

4x− 4

25cosx+

3

25sinx .


−2x + c2e−2x − 2xc2e

−2x + 14 + 4

25 sinx+ 325 cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se{c1 − 1

4 − 425 = 0

−2c1 + c2 +14 + 3

25 = 0;

si ha quindi c1 = 41100 e c2 = 2 41

100 − 14 − 3

25 = 45100 = 9

20 .


y(x) =41

100e−2x +

9

20xe−2x − 1

4+

1

4x− 4

25cosx+

3

25sinx .

12. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′ + y = cosxy(0) = 0, y′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ2 + 1 = 0;le soluzioni sono λ = ±i.Un sistema fondamentale di integrali dell’equazione omogenea associata e quindi

φ1(x) = cosx, φ2(x) = sinx .

Troviamo una soluzione dell’equazione non omogenea. Essendo i soluzionedell’equazione caratteristica, esistono A,B ∈ R tali che

ψ(x) = x(A cosx+B sinx)


y′′′ + y = cosx .


Si haψ(x) = Ax cosx+Bx sinx,ψ′(x) = A cosx−Ax sinx+B sinx+Bx cosx,ψ′′(x) = −A sinx−A sinx−Ax cosx+B cosx+B cosx−Bx sinx = −2A sinx+2B cosx−Ax cosx−Bx sinx.

La funzione ψ(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo seAx cosx+Bx sinx− 2A sinx+ 2B cosx−Ax cosx−Bx cosx = cosx,cioe se e solo se−2A sinx+ 2B cosx = cosx;

quindi se e solo se

{−2A = 02B = 1

, cioe se e solo se A− 0 e B = 12 .

Si ha quindi

ψ(x) =1

2x sinx .


y(x) = c1 cosx+ c2 sinx+1

2x sinx .

Per ogni c1, c2 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −c1 sinx+ c2 cosx+ 1

2 sinx+ 12x cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se{c1 = 0c2 = 0

;


φ(x) =1

2x sinx .

13. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′ − 2y′ + 2y = ex sinxy(0) = 0, y′(0) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e lineare a coefficienti costanti. L’equa-zione caratteristica dell’equazione omogenea associata eλ2 − 2λ+ 2 = 0;le soluzioni sono λ = 1± i.


φ1(x) = ex cosx, φ2(x) = ex sinx .


Troviamo una soluzione dell’equazione non omogenea. Essendo 1 + i soluzionedell’equazione caratteristica, esistono A,B ∈ R tali che

ψ(x) = xex(A cosx+B sinx)


y′′ − 2y′ + 2y = ex sinx .

Si haψ(x) = Axex cosx+Bxex sinx,ψ′(x) = Aex cosx+Axex cosx−Axex sinx+Bex sinx+Bxex sinx+Bxex cosx= Aex cosx+ (A+B)xex cosx+Bex sinx+ (B −A)xex sinx,ψ′′(x) =Aex cosx−Aex sinx+ (A+B)ex cosx+ (A+B)xex cosx− (A+B)xex sinx+Bex sinx+Bex cosx+ (B −A)ex sinx+ (B −A)xex sinx+ (B −A)xex cosx= (2A+ 2B)ex cosx+ 2Bxex cosx+ (2B − 2A)ex sinx− 2Axex sinx.

La funzione ψ(x) e quindi soluzione dell’equazione non omogenea se e solo se(2A+ 2B)ex cosx+ 2Bxex cosx+ (2B − 2A)ex sinx− 2Axex sinx−2(Aex cosx+ (A+B)xex cosx+Bex sinx+ (B −A)xex sinx)+2(Axex cosx+Bxex sinx) = ex sinx,cioe se e solo se2Bex cosx− 2Aex sinx = ex sinx;quindi se e solo se B − 0 e −2A = 1, cioe se e solo se B − 0 e A = − 1

2 .

Si ha quindi

ψ(x) = −1

2xex cosx .


y(x) = c1ex cosx+ c2e

x sinx− 1

2xex cosx .

Per ogni c1, c2 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = c1e

x cosx− c1ex sinx+ c2e

x sinx+ c2ex cosx− 1

2ex cosx− 1

2xex cosx+

12xe

x sinx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se{c1 = 0c1 + c2 − 1

2 = 0;

si ha quindi c1 = 0 e c2 = 12 .


φ(x) =1

2ex sinx− 1

2xex cosx .


14. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y(4) + y′′ = 1y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0, y′′′(0) = 0

.



λ4 + λ2 = 0 .


λ2(λ2 + 1) = 0 ;

le soluzioni sono 0 doppia e ±i semplici.


φ1(x) = 1, φ2(x) = x, φ3(x) = cosx, φ4(x) = sinx .

Troviamo una soluzione dell’equazione non omogenea. Essendo 0 soluzionesoluzione doppia dell’equazione caratteristica, esiste A ∈ R tale che

ψ(x) = Ax2


y(4) + y′′ = 1 .

Si haψ′(x) = 2Ax,ψ′′(x) = 2A,ψ′′′(x) = 0,ψ(4)(x) = 0.


2A = 1 ;

cioe se e solo se A = 12 .

Si ha quindi

ψ(x) =1

2x2 .


y(x) = c1 + c2x+ c3 cosx+ c4 sinx+1

2x2 .


Per ogni c1, c2, c3, c4 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = c2 − c3 sinx+ c4 cosx+ x,y′′(x) = −c3 cosx− c4 sinx+ 1,y′′′(x) = c3 sinx− c4 cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo sec1 + c3 = 0c2 + c4 = 0−c3 = 1−c2 = 0

.

si ha quindi c2 = 0, c4 = 0, c3 = 1, c1 = −1.


φ(x) = −1 + cosx+1

2x2 .

15. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′′ + 2y′′ = x2 + x+ 1y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0

.



λ3 + 2λ2 = 0 .

L’equazione e equivalente aλ2(λ+ 2) = 0 ;

le soluzioni sono 0 doppia e −2 semplice.


φ1(x) = 1, φ2(x) = x, φ3(x) = e−2x .

Troviamo una soluzione dell’equazione non omogenea. Essendo 0 soluzionesoluzione doppia dell’equazione caratteristica, esistono A,B,C ∈ R tali che

ψ(x) = x2(A+Bx+ Cx2)


y′′′ + 2y′′ = x2 + x+ 1 .

Si haψ(x) = Ax2 +Bx3 + Cx4,


ψ′(x) = 2Ax+ 3Bx2 + 4Cx3,ψ′′(x) = 2A+ 6Bx+ 12Cx2,ψ′′′(x) = 6B + 24Cx.


6B + 24Cx+ 2(2A+ 6Bx+ 12cx2) = x2 + x+ 1 ;

cioe se e solo se

st24C = 124C + 12B = 16B + 4A = 1 ,

cioe se e solo se

stC =1

241 + 12B = 16B + 4A = 1 ,

cioe se e solo se

stC =1

24B = 0A =

1

4.

Si ha quindi

ψ(x) = x2(1

4+

1

24x2) =

1

4x2 +

1

24x4 .


y(x) = c1 + c2x+ c3e−2x +

1

4x2 +

1

24x4 .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = c2 − 2c3e

−2x + 12x+ 1

12x3,

y′′(x) = 4c3e−2x + 1

2 + 14x

2.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se c1 + c3 = 0c2 − 2c3 = 04c3 +

12 = 0

,

cioe c3 = − 18

c1 = 18

c2 = − 14

,


φ(x) =1

8− 1

4x− 1

8e−2x +

1

4x2 +

1

24x4 .


16. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′′′ + 4y′ = sin(2x)y(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0

.



λ3 + 4λ = 0 .

L’equazione e equivalente aλ(λ2 + 4) = 0 ;

le soluzioni sono 0 e ±2i, tutte se0mplici.


φ1(x) = 1, φ2(x) = cos(2x), φ3(x) = sin(2x) .

Troviamo una soluzione dell’equazione non omogenea. Essendo 2i soluzionesoluzione semplice dell’equazione caratteristica, esistono A,B ∈ R tale che

ψ(x) = x(A cos(2x) +B sin(2x)


y′′′ + 4y′ = sin(2x) .

Si haψ(x) = Ax cos(2x) +Bx sin(2x),ψ′(x) = A cos(2x)−Ax sin(2x) · 2 +B sin(2x) +Bx cos(2x) · 2 =A cos(2x) +B sin(2x) + 2Bx cos(2x)− 2Ax sin(2x),ψ′′(x) = −2A sin(2x) + 2B cos(2x) + 2B cos(2x)− 4Bx sin(2x)− 2A sin(2x)− 4Ax cos(2x) =4B cos(2x)− 4A sin(2x)− 4Ax cos(2x)− 4Bx sin(2x),ψ′′′(x) = −8B sin(2x)− 8A cos(2x)− 4A cos(2x) +8Ax sin(2x)− 4B sin(2x)− 8Bx cos(2x) =−12A cos(2x)− 12B sin(2x)− 8Bx cos(2x) + 8Ax sin(2x).


−12A cos(2x)− 12B sin(2x)− 8Bx cos(2x) + 8Ax sin(2x)+

4 (A cos(2x) +B sin(2x) + 2Bx cos(2x)− 2Ax sin(2x)) = sin(2x) ;

quindi se e solo se

−8A cos(2x)− 8B sin(2x) = sin(2x) ;


quindi se e solo se {−8A = 0−8B = 1

cioe se e solo se A = 0 e B = − 18 .

Si ha quindi

ψ(x) = −1

8x sin(2x) .


y(x) = c1 + c2 cos(2x) + c3 sin(2x)−1

8x sin(2x) .

Per ogni c1, c2, c3 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −2c2 sin(2x) + 2c3 cos(2x)− 1

8 sin(2x)−14x cos(2x),

y′′(x) = −4c2 cos(2x)− 4c3 sin(2x)− 14 cos(2x)−

14 cos(2x)−

12x sin(2x) =

− 4c2 cos(2x)− 4c3 sin(2x)− 12 cos(2x)−

12x sin(2x).

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo se c1 + c2 = 0−2c3 = 0−4c2 − 1

2 = 0.

si ha quindi c3 = 0, c2 = −18 , c1 = 1

8 .


φ(x) =1

8− 1

8cos(2x)− 1

8x sin(2x) .

17. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y(4) + 2y′′ + y = sinxy(0) = 0, y′(0) = 0, y′′(0) = 0, y′′′(0) = 0

.



λ4 + 2λ2 + 1 = 0 .


(λ2 + 1)2 = 0 ;

le soluzioni sono i e −i, doppie.



φ1(x) = cosx, φ2(x) = sinx, φ3(x) = x cos, φ4(x) = x sinx .

Troviamo una soluzione dell’equazione non omogenea. Essendo i soluzionesoluzione doppia dell’equazione caratteristica, esistono A,B ∈ R tale che

ψ(x) = x2(A cosx+B sinx)

e soluzione dell’equazione non omogenea assegnata.

Si haψ(x) = Ax2 cosx+Bx2 sinx,ψ′(x) = 2Ax cosx−Ax2 sinx+ 2Bx sinx+Bx2 cosx,ψ′′(x) = 2A cosx− 2Ax sinx− 2Ax sinx−Ax2 cosx+2B sinx+ 2Bx cosx+ 2Bx cosx−Bx2 sinx =Ax2 cosx−Bx2 sinx+ 4Bx cosx− 4Ax sinx+ 2A cosx+ 2B sinx,ψ′′′(x) = −2Ax cosx+Ax2 sinx− 2Bx sinx−Bx2 cosx+ 4B cosx+− 4Bx sinx− 4A sinx− 4Ax cosx− 2A sinx+ 2B cosx =−Bx2 cosx+Ax2 sinx− 6Ax cosx− 6Bx sinx+ 6B cosx− 6A sinx,ψ(4)(x) = −2Bx cosx+Bx2 sinx− 2Ax sinx+Ax2 cosx− 6A cosx++ 6Ax sinx− 6B sinx− 6Bx cosx− 6B sinx− 6A cosx =Ax2 cosx+Bx2 sinx− 8Bx cosx+ 8Ax sinx− 12A cosx− 12B sinx.


−Ax2 cosx+Bx2 sinx− 8Bx cosx+ 8Ax sinx− 12A cosx− 12B sinx+

2(−Ax2 cosx−Bx2 sinx+ 4Bx cosx− 4Ax sinx+ 2A cosx+ 2B sinx)+

Ax2 cosx+Bx2 sinx = sinx ;

quindi se e solo se−8A cosx− 8B sinx = sinx ;

quindi se e solo se {−8A = 0−8B = 1

cioe se e solo se A = 0 e B = −18 .

Si ha quindi

ψ(x) = −1

8x2 sinx .


y(x) = c1 cosx+ c2 sinx+ c3x cosx+ c4x sinx− 1

8x2 sinx .

Per ogni c1, c2, c3, c4 ∈ R e per ogni x ∈ R si hay′(x) = −c1 sinx+ c2 cosx+ c3 cosx− c3x sinx+ c4 sinx


+ c4x cosx− 14x sinx− 1

8x2 cosx =

(c2 + c3) cosx+ (−c1 + c4) sinx+ c4x cosx− c3x sinx− 14x sinx− 1

8x2 cosx,

y′′(x) = −(c2 + c3) sinx+ (−c1 + c4) cosx+ c4 cosx− c4x sinx− c3 sinx− c3x cosx− 1

4 sinx− 14x cosx− 1

4x cosx+ 18x

2 sinx =(−c1 + 2c4) cosx+ (−c2 − 2c3) sinx− c3x cosx− c4x sinx− 1

4 sinx− 12x cosx+ 1

8x2 sinx,

y′′′(x) = −(c1 + 2c4) sinx+ (−c2 − 2c3) cosx− c3 cosx+ c3x sinx−c4 sinx−c4x cosx−c4x cosx− 1

4 cosx−12 cosx+

12x sinx+

14x sinx+

18x

2 cosx =(−c2 − 3c3) cosx+ (c1 − 3c4) sinx− c4x cosx+ c3x sinx− 3

4 cosx+ 34x sinx+ 1

8x2 cosx.

La funzione y(x) e quindi soluzione del problema di Cauchy se e solo sec1 = 0c2 + c3 = 0−c1 + 2c4 = 0−c2 − 3c3 − 3

4 = 0

,

cioe c1 = 0c4 = 0c2 + c3 = 0c2 + 3c3 = − 3

4

,

cioe c1 = 0c4 = 0c3 = − 3

8c2 = 3

8

.


φ(x) =3

8sinx− 3

8x cosx− 1

8x2 sinx .

19.3.2 Problema di Cauchy per equazioni lineari a coefficientinon costanti

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy: y′′ = 1xy

′ − 1y(1) = 0y′(1) = 0

.

Risoluzione. L’equazione differenziale e un’equazione differenziale del secondoordine di forma normale definita su R∗ ×R×R.


Per ogni φ : I −→ R derivabile due volte poniamo α(φ) = φ′; chiamata ψ =α(φ), si ha ψ = φ′; quindi ψ′ = φ′′; la funzione φ e soluzione massimale delproblema di Cauchy y′′ = 1

xy′ − 1

y(1) = 0y′(1) = 0

; (x, y, y′) ∈ R∗ ×R×R

se e solo se esiste ψ soluzione massimale del problema di Cauchy univoco{z′ = 1

xz − 1z(1) = 0

(x, z) ∈ R∗ ×R .

Tale problema di Cauchy e equivalente a{z′ = 1

xz − 1z(1) = 0

(x, z) ∈]0,+∞[∗ ×R.

Si ottiene un problema di Cauchy relativo ad un’equazione differenziale linearesull’intervallo ]0,+∞[; la soluzione e la funzione ψ :]0,+∞[−→ R tale che (∀x ∈]0,+∞[) si ha

ψ(x) = e

∫ x

1

1t dt ∫ x

1e−∫ u

1

1t dt

(−1) du =

− elog x∫ x

1e− log u du = −x

∫ x

11u du =

− x [log u]x1 = −x log x.

Si ha α(φ) = ψ se e solo se φ e soluzione dell’equazione y′ = ψ(x).

La funzione φ e quindi soluzione del problema di Cauchy assegnato se e solo see soluzione del problema di Cauchy{

y′ = −x log xy(1) = 0

(x, y) ∈]0,+∞[×R ;

la soluzione e la funzione φ :]0,+∞ −→ R tale che (∀x ∈]0,+∞[) si ha

φ(x) =∫ x

1−t log t dt = −

([t2

2 log t]x1−∫ x

1t2

21t dt)=

−(

x2

2 log x− 12

[t2

2

]x1

)=

− x2

2 log x+ 14x

2 − 14 .

Capitolo 20

Integrale di Riemann

20.1 Integrale di Riemann per funzioni di 1 varia-bile

20.1.1 Calcolo di derivate

1. Esercizio. Calcolare la derivata della seguente funzione:

f(x) =

∫ x3

x2

sin et dt .

Risoluzione. Si haf ′(x) = sin ex

3

3x2 − sin ex2

2x = 3x2 sin ex3 − 2x sin ex

2

.

2. Esercizio. Sia

f : R −→ R, x −→∫ sin x2

sin2 x

e(x+t)2 dt ,

calcolare la derivata di f .

Risoluzione. Per ogni x ∈ R si ha

f ′(x) = e(x+sin x2)2 cosx22x−e(x+sin2 x)22 sinx cosx+∫ sin x2

sin2 xe(x+t)22(x+t) dt =

2x cosx2e(x+sinx2)2 − 2 sinx cosxe(x+sin2 x)2 +[e(x+t)2

]sin x2

sin2 x=

2x cosx2e(x+sinx2)2 − 2 sinx cosxe(x+sin2 x)2 + e(x+sin2 x)2 − e(x+sin x2)2 =e(x+sin2 x)2(2x cosx2 + 1)− e(x+sin x2)2(2 sinx cosx+ 1).

99

100 CAPITOLO 20. INTEGRALE DI RIEMANN

Capitolo 21

Integrale di Lebesgue

21.1 Integrali multipli

21.1.1 Integrali doppi

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale doppio:∫ ∫D

x dxdy ,

dove

D = {(x, y) ∈ R2; y ≤ −x2, x ≤ −y2} .

Risoluzione. Si ha p1(D) = [−1, 0] e per ogni x ∈ p1(D) si ha D(x) =[−

√−x,−x2]; si ha quindi

-

6

.........................................................................................................................................................................................

.........................................................................................................................................................................................

−1

−1

D

101

102 CAPITOLO 21. INTEGRALE DI LEBESGUE

∫ ∫Dx dxdy =

∫ 0

−1

(∫ −x2

−√−xx dy

)dx =

∫ 0

−1x(−x2 +

√−x) dx =∫ 0

−1(−x3 + x

√−x) dx =

[x4

4

]0−1

−∫ 0

−1(−x) 3

2 dx = 14 +

∫ 0

−1(−x) 3

2 dx = 14 − 2

5 =

− 320 .


y2 dxdy ,

doveD = {(x, y) ∈ R2; y2 ≤ x ≤ 1} .

Risoluzione. Si ha p1(D) = [0, 1] e per ogni x ∈ p1(D) si haD(x) = [−√x,

√x];

si ha quindi

-

6

.........................................................................................................................................................................................

.......

.......

...........................................................................................................................................................................

1

D

∫ ∫Dy2 dxdy =

∫ 1

0

(∫√x

−√xy2 dy

)dx =

∫ 1

0

[y3

3

]√x

−√xdx =

∫ 1

023x

√x dx =

23

[x

5252

]10

= 2325 = 4

15 .


y dxdy ,

doveD = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1, y ≥ x2} .

Risoluzione. I punti intersezione della circonferenza x2 + y2 = 1 e della para-bola y = x2 sono le soluzioni del sistema{x2 + y2 = 1y = x2

.

21.1. INTEGRALI MULTIPLI 103

Per tali punti si ha x2 + x4 = 1; quindi x4 + x2 − 1 = 0; quindi x2 = −1±√5

2 ;

essendo x2 ≥ 0, si ha x2 = −1+√5

2 ; si ha quindi x = ±√√

5−12 .

Quindi si ha p1(D) = [−√√

5−12 ,

√√5−12 ].

Per ogni x ∈ p1(D) si ha poi D(x) = [x2,√1− x2].

-

6

.........................................................................................................................................................................................

...........................................

.....................

.........................................................................................................................

.......

.......

.......

.......................................................................................

.......................

..................................

.................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

............................................................................................................................................

1

D

(E possibile determinare p1(D) e D(x) prescindendo dal disegno, basandosi cioe solo sulladefinizione di D.

Si ha x ∈ p1(D) se e solo se esiste y ∈ R tale che y ≥ x2 e x2 + y2 ≤ 1; si ha quindi x2 ≤ 1 e

x2 ≤ y ≤√1− x2; un tale y esiste se e solo se x4 ≤ 1− x2, cioe se e solo se

x4 + x2 − 1 ≤ 0,

cioe se solo se −1−√

52

≤ x2 ≤ −1+√

52

,

cioe se e solo se

x2 ≤ −1+√

52

cioe se e solo se

−√√

5−12

≤ x ≤√√

5−12

.

Si ha quindi

p1(D) = [−√√

5−12

,

√√5−12

].

Per ogni x ∈ p1(D) si ha poi D(x) = [x2,√1− x2].)

Si ha quindi∫ ∫Dy dxdy =

∫√√5−12

−√√

5−12

(∫√1−x2

x2 y dy)dx =

∫√√5−12

−√√

5−12

[y2

2

]y=√1−x2

y=x2dx =

12

∫√√5−12

−√√

5−12

(1− x2 − x4) dx = 12

[x− 1

3x3 − 1

5x5]√√

5−12

−√√

5−12

=


√√5−12 − 1

3

√√5−12

√5−12 − 1

5

√√5−12 (

√5−12 )2 =√√

5−12

(1−

√5−16 − 5+1−2

√5

20

)=√√

5−12

30−5√5+5−9+3

√5

30 =

√√5−12

26−2√5

30 =√√5−12

13−√5

15 .


(x+ y) dxdy ,

doveD = {(x, y) ∈ R2; y2 ≤ x ≤ 1} .

Risoluzione. Si hap1(D) = [0, 1] e per ogni x ∈ p1(D) si ha D(y) = [−

√x,

√x].

-

6

.........................................................................................................................................................................................

.......

.......

...........................................................................................................................................................................

1

D

Si ha quindi∫ ∫D(x+ y) dxdy =

∫ 1

0

(∫√x

−√x(x+ y) dy

)dx =

∫ 1

0

[xy + y2

2

]y=√x

y=−√xdx =∫ 1

02x

√x dx = 2

∫ 1

0x

32 dx = 2

[25x

52

]10= 4

5 .


x dxdy ,

doveD = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 1, y2 ≤ x} .


Risoluzione. Si hap1(D) = [0, 1] e per ogni x ∈ p1(D) si ha D(y) = [−

√x,

√x].

-

6

.........................................................................................................................................................................................

.......

.......

...........................................................................................................................................................................

1

D

Si ha quindi∫ ∫Dx dxdy =

∫ 1

0

(∫√x

−√xx dy

)dx =

∫ 1

0x(∫√

x√xdy)dx =

∫ 1

02x

√x dx =

2∫ 1

0x

32 dx = 2

[25x

52

]10= 4

5 .

6. Esercizio. Calcolare il seguente integrale doppio:

∫ ∫D

y dxdy ,

dove

D = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ y ≤ 1− x2} .

Risoluzione. Si ha p1(D) = [−1, 1] e per ogni x ∈ p1(D) si ha D(x) =[0,−x2 + 1].


-

6

..................................................................................................................................................................

................................................................................................................................................................................................................

1−1

D

Si ha quindi∫ ∫Dy dxdy =

∫ 1

−1

(∫ −x2+1

0y dy

)dx =

∫ 1

−1

[y2

2

]y=−x2+1

y=0dx =

12

∫ 1

−1(−x2 + 1)2 dx = 1

2

∫ 1

−1(x4 − 2x2 + 1)2 dx = 1

2

[x5

5 − 2x3

3 + x]1−1

=

122(

15 − 2

3 + 1) = 815 .


x2 dxdy ,

doveD = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 1, |y| ≤ x} .

Risoluzione. Si ha p1(D) = [0, 1] e per ogni x ∈ p1(D) si ha D(x) = [−x, x].

-

6

��

@@@

1

Si ha quindi∫ ∫Dx2 dxdy =

∫ 1

0

(∫ x

−xx2 dy

)dx =

∫ 1

0x2(∫ x

−xdy)dx =

∫ 1

02x3 dx =

2[x4

4

]10= 1

2 .



(2x+ y) dxdy ,

dove

D = {(x, y) ∈ R2; y ≥ 0, x+ y ≥ 1, x+ 2y ≤ 2} .

Risoluzione. Si ha p2(D) = [0, 1] e per ogni y ∈ p2(D) si haD(y) = [1−y, 2−y].

-

6

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

...............

............................

.............................

............................

............................

............................

............................

............................

............................

.............................

..........................

1 2

1

D

Si ha quindi∫ ∫D

(2x+ y) dxdy =

∫ 1

0

(∫ 2−2y

1−y

(2x+ y) dx

)dy =

∫ 1

0

[x2 + xy

]2−2y

1−ydy =

∫ 1

0

((2− 2y)2 + (2− 2y)y − (1− y)2 − (1− y)y

)dy =

∫ 1

0

(4− 8y + 4y2 + 2y − 2y2 − 1 + 2y − y2 − y + y2

)dy =

∫ 1

0

(2y2 − 5y + 3

)dy =

[2

3y3 − 5

2y + 3y

]10

=2

3− 5

2+ 3 =

7

6.


x dxdy ,

dove

D = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1, x+ y ≥ 0} .

Risoluzione. Si ha


-

6

...........................................................................................................................

......................................

..............................................................

@@

@@ D

1

∫ ∫Dx dxdy =

∫ ∫[0,1]×[−π

4 , 34π]ρ cos tρ dρdt =

∫ 1

0ρ2 dρ

∫ 34π

−π4cos t dt =

13 [sin t]

34π

−π4= 2 1

3 sinπ4 =

√23 .


x2 dxdy ,

doveD = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0} .

Risoluzione.

-

6

...................................................................................................................................

...........................

D1

Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione φ{x = ρ cos ty = ρ sin t

, (ρ, t) ∈ [0, 1]× [−π2,π

2] ;

si ha quindi∫ ∫Dx2 dxdy =

∫[0,1]×[−π

2 , pi2 ]ρ2 cos2 tρ dρdt =(∫ 1

0ρ3 dρ

)(∫ π2

−π2cos2 t dt

)=

14

∫ π2

−π2

1+cos(2t)2 dt = 1

8

[t+ sin(2t)

2

]π2

−π2

= 18π.


x dxdy ,


doveD = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0} .

Risoluzione. Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione φ{x = ρ cos ty = ρ sin t

, (ρ, t) ∈ [0, 1]× [−π2,π

2] ;

-

6

...................................................................................................................................

...........................

D1

per ogni (ρ, t) ∈ [0, 3]× [0, π] si ha |detφ′(ρ, t)| = ρ; si ha quindi∫ ∫Dx dxdy =

∫[0,1]×[−π

2 ,π2 ]ρ cos tρ dρdt =

(∫ 1

0ρ2 dρ

)(∫ π2

−π2cos t dt

)=[

ρ3

3

]10[sin t]

10 = 2

3 .


(x+ y) dxdy ,

dove

D = {(x, y) ∈ R2;x2

4+y2

9≤ 1, y ≥ 0} .

Risoluzione. Per simmetria si ha

-

6

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

...................................................................................................................................

.......................

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................

2

3

D


∫ ∫D(x+ y) dxdy =

∫ ∫Dx dxdy +

∫ ∫Dy dxdy =

∫ ∫Dy dxdy.

Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione φ{x = 2ρ cos ty = 3ρ sin t

, (ρ, t) ∈ [0, 1]× [0, π] ;

per ogni (ρ, t) ∈ [0, 1]× [0, π] si ha |detφ′(ρ, t)| = 6ρ;

si ha quindi∫ ∫Dy dxdy =

∫[0,1]×[0,π]

3ρ(sin t) · 6 · ρ dρdt = 18(∫ 1

0ρ2 dρ

) (∫ π

0sin t dt

)=

18[ρ3

3

]10[− cos t]

10 = 18 1

32 = 12.


x2 dxdy ,

doveD = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 9} .

Risoluzione. Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione φ{x = ρ cos ty = ρ sin t

, (ρ, t) ∈ [0, 3]× [0, 2π] ;

per ogni (ρ, t) ∈ [0, 3]× [0, π] si ha |detφ′(ρ, t)| = ρ;

si ha quindi∫ ∫Dx2 dxdy =

∫[0,3]×[0,2π]

ρ2 cos2 tρ dρdt =(∫ 3

0ρ3 dρ

)(∫ 2π

0cos2 t dt

)= 81

4

∫ 2π

01+cos(2t)

2 dt = 814 π.


x2 dxdy ,

dove D e il triangolo di vertici (0, 0), (−2, 1), (−1,−1).

Risoluzione. Sia

A = {(u, v) ∈ R2; u ≥ 0, v ≥ 0, u+ v ≤ 1} .

-

6

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

...............

A

1

1

u

v


Sia T : R2 −→ R2 la trasformazione lineare tale che T (1, 0) = (−2, 1) eT (0, 1) = (−1,−1).

Si ha T (A) = D.

La matrice di T e (−2 −11 −1

).

Quindi T e la funzione{x = −2u− vy = u− v

, (u, v) ∈ R2 .

La matrice jacobiana di T e la matrice di T ; si ha quindi∫ ∫Dx2 dxdy =

∫ ∫A(−2u− v)2|

∣∣∣∣ −2 −11 −1

∣∣∣∣ | dudv =∫ ∫A(4u2 + 4uv + v2)3 dudv = 3

∫ ∫A(4u2 + 4uv + v2) dudv.

Si ha p1(A) = [0, 1] e (∀u ∈ [0, 1]) A(u) = 1− u. Si ha quindi

3∫ ∫

A(4u2 + 4uv + v2) dudv = 3

∫ 1

0

(∫ 1−u

0(4u2 + 4uv + v2) dv

)du =

3∫ 1

0

[4u2v + 2uv2 + 1

3v3]1−u

0du =

3∫ 1

0

(4u2(1− u) + 2u(1− u)2 + 1

3 (1− u)3)du =

3∫ 1

0

(4u2 − 4u3 + 2u− 4u2 + 2u3 + 1

3 − u+ u2 − 13u

3)du =

3∫ 1

0

(13 + u+ u2 − 7

3u3)du = 3

[13u+ 1

2u2 + 1

3u3 − 7

12u4]10=

3(13 + 1

2 + 13 − 7

12

)= 3 7

12 = 74 .


(x2 + y) dxdy ,

dove D e il parallelogramma di vertici (0, 0), (−1, 2), (−3, 0), (−2,−2).

Risoluzione.

-

6

................................................................................................................

..............................................................................................................................................

..............................................................................................................................................

................................................................................................................

D

(−1, 2)

−3

(−2, 2)


Si ha (−1, 2) + (−2, 2) = (−3, 0).

Sia T : R2 −→ R2 la trasformazione lineare tale che T (1, 0) = (−1, 2) eT (0, 1) = (−2,−2).

Si ha T ([0, 1]× [0, 1]) = D.

La matrice di T e (−1 −22 −2

).

Una parametrizzazione di D e quindi{x = −2− 2vy = 2u− 2v

, (u, v) ∈ [0, 1]× [0, 1] .

La matrice jacobiana di T e la matrice di T ; per ogni (u, v) ∈ R2 si ha quindi

|detT ′(u, v)| = |det(

−1 −22 −2

)| = 6 .

Si ha quindi∫ ∫D

(x2 + y) dxdy =

∫ ∫[0,1]×[0,1]

((−u− 2v)2 + 2u− 2v

)6 dudv =

6

∫ ∫[0,1]×[0,1]

(u2 + 4uv + 4v2 + 2u− 2v

)dudv =

6

∫ 1

0

(∫ 1

0

(u2 + 4uv + 4v2 + 2u− 2v

)dv

)du =

6

∫ 1

0

[u2v + 2uv2 +

4

3v3 + 2uv − v2

]10

du =

6

∫ 1

0

(u2 + 2u+

4

3+ 2u− 1

)du = 6

∫ 1

0

(u2 + 4u+

1

3

)du =

6

[1

3u3 + 2u2 +

1

3u

]10

= 6

(1

3+ 2 +

1

3

)= 6 · 8

3= 16 .

21.1.2 Convergenza di integrali doppi

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale di funzioni misurabili positive:∫ ∫D

1

y2dxdy ,

dove D = [0, 2] × [1,+∞[; dire se l’integrale e convergente o divergente positi-vamente.


Risoluzione. Si ha p2(D) = [1,+∞[ e (∀y ∈ [1,+∞[ D(x) = [0, 2].

-

6

D

2

1

Si ha∫ ∫D

1y2 dxdy =

∫ +∞1

(∫ 2

01y2 dx

)dy =

∫ +∞1

1y2

(∫ 2

0dx)dy =

∫ +∞1

2x2 dy =

limt→+∞∫ t

12y2 dy = 2 limt→+∞

[− 1

y

]t1= 2 limt→+∞

(1− 1

t

)= 2.

Quindi l’integrale improprio e convergente e ha valore 2.

2. Esercizio. Calcolare il seguente integrale di funzioni misurabili positive:∫ ∫D

1

x2dxdy ,

dove

D = {(x, y) ∈ R2; x ≥ 1, 0 ≤ y ≤ x} ;

dire se l’integrale e convergente o divergente positivamente.

Risoluzione. Si ha p1(D) = [1,+∞[ e (∀x ∈ [1,+∞[ D(x) = [0, x].

-

6

.....................................................................................................................................................................................................................

D

1


Si ha∫ ∫D

1x2 dxdy =

∫ +∞1

(∫ x

01x2 dy

)dx =

∫ +∞1

1x2

(∫ x

0dy)dx =

∫ +∞1

1x2x dx =∫ +∞

11x dx = limt→+∞

∫ t

11x dx = limt→+∞[log x]t1 = limt→+∞ log t = +∞.

Quindi l’integrale improprio e divergente positivamente.

21.1.3 Integrali tripli

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale triplo:∫ ∫ ∫D

z2 dxdydz ,

doveD = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ x2 + y2} .

Risoluzione. SiaA = {(x, y) ∈ R2 x2 + y2 ≤ 1};si ha p1,2(D) = A e (∀(x, y) ∈ A) D(x, y) = [0, x2 + y2].

-

6

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.......

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.....................................................................................................................................................................................................................................................................................

.................................

x

y

z

Si ha quindi∫ ∫ ∫Dz2 dxdydz =

∫ ∫A

(∫ x2+y2

0z2dz

)dxdy =

∫ ∫A

[13z

3]x2+y2

0dxdy =

13

∫ ∫A(x2 + y2)3 dxdy.

Una parametrizzazione in misura di A e data dalla funzione α{x = ρ cos ty = ρ sin t

, (ρ, t) ∈ [0, 1]× [0, 2π];

per ogni (ρ, t) ∈ domα si ha |det(α′(ρ, t)| = ρ.

Si ha quindi13

∫ ∫A(x2 + y2)3 dxdy = 1

3

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

(ρ2)3ρ dρdt =

13

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

ρ7 dρdt = 13

(∫ 1

0ρ7 dρ

)(∫ 2π

0dt)= 2

3π[18ρ

8]10

23π

18 = 1

12π.


x dxdydz ,


doveD = {(x, y, z) ∈ R3; 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ x} .

Risoluzione. Si hap1,2(D) = [0, 1]× [0, 1] e (∀(x, y) ∈ p1,2(D)) si ha D(x, y) = [0, x].

-

6

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..................

..................

..................

..................

..................

.................................................................................................................1

1

Si ha quindi∫ ∫ ∫Dx dxdydz =

∫ ∫[0,1]×[0,1]

(∫ x

0xdz

)dxdy =

∫ ∫[0,1]×[0,1]

x2 dxdy =∫ 1

0

(∫ 1

0x2 dy

)dx =

∫ 1

0x2 dx =

[13x

3]10= 1

3 .


(x+ y + z2) dxdydz ,

dove D e il tronco di cono di basi i cerchi {(x, y, z) ∈ R3; z = 0, x2 + y2 ≤ 4} e{(x, y, z) ∈ R3; z = 2, x2 + y2 ≤ 1}.Risoluzione. Per simmetria si ha∫ ∫ ∫

D(x+ y + z2) dxdydz =

∫ ∫ ∫Dz2 dxdydz.

-

6

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.......

.................

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.................................

.................

.....................................................................................................................................................

................

........................................................................

........................................................................

2

2

x

y

z

Si ha p3(D) = [0, 2]; per z ∈ [0, 2], D(z) e un cerchio di centro (0, 0). Se rz e ilraggio di D(z), si ha(2− z) : (rz − 1) = 2 : 1;quindi si harz − 1 = 2−z

2 ;


quindirz = 2− z

2 .

-

6

........................................................................................................................................................................

1 rz 2

2

z

Si ha quindi∫ ∫ ∫z3 dxdydz =

∫ 2

0

(∫ ∫D(z)

z2 dxdy)dz =

∫ 2

0z2mis(D(z)) dz =∫ 2

0z2π

(2− z

2

)2dz = π

∫ 2

0z2(4− 2z + z2

4

)dz = π

∫ 2

0

(4z2 − 2z3 + 1

4z4)dz =

π[43z

3 − 12z

4 + 120z

5]20= π

(438−

1216 +

12032

)= π

(323 − 8 + 8

5

)=

π 160−120+2415 = 64

15π.


(x+ y + z) dxdydz ,

dove

D = {(x, y, z) ∈ R2; x2 + z2 ≤ 1

9y2, 0 ≤ y ≤ 3} ,

Risoluzione. Per simmetria si ha∫ ∫ ∫D(x+y+z) dxdydz =

∫ ∫ ∫Dx dxdydz+

∫ ∫ ∫Dy dxdydz+

∫ ∫ ∫Dz dxdydz.

-

6

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.......

.......

......................................

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........................................

........................................

........................................

...................

...............................................................................................................................................................

3

Per la simmetria rispetto al piano yz si ha∫ ∫ ∫

Dx dxdydz = 0.

Per la simmetria rispetto al piano xy si ha∫ ∫ ∫

Dz dxdydz = 0.

Si ha quindi∫ ∫ ∫D(x+ y + z) dxdydz =



Si ha p2(D) = [0, 3] e per ogni y ∈ [0, 3] D(y) e il cerchio di centro (0, 0) e raggio13y.

Si ha quindi∫ ∫ ∫Dz dxdydz =

∫ 3

0

(∫D(y)

y dxdz)dy =

∫ 3

0y(∫

D(y)dxdz

)dy =∫ 3

0ymis(D(y)) dy =

∫ 3

0yπ y2

9 dy = π9

∫ 3

0y3 dy = π

9

[y4

4

]30= 9

4π.


z dxdydz ,

doveD = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 1} .

Risoluzione.

-

6

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.......

.......

.......

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......................

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.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

...........................................................................................................

.................

..........................................

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................

......................1

2

Si ha p3(D) = [1, 2] e per ogni z ∈ [1, 2] si ha

D(z) = {(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ 4− z2} .

D(z) e quindi il cerchio di centro (0, 0) e raggio√4− z2; si ha quindi

mis(D(z)) = π(4− z2).

Si ha quindi∫ ∫ ∫Dz dxdydz =

∫ 2

1

(∫D(z)

z dxdy)dz =

∫ 2

1z(∫

D(z)dxdy

)dz =∫ 2

1zmis(D(z)) dz =

∫ 2

1zπ(4 − z2) dz = π

∫ 2

1(4z − z3) dz = π

[2z2 − z4

4

]21=

π(8− 4− 2 + 14 ) =

94π.


1√x2 + y2

dxdydz ,

dove D e l’intersezione del toro ottenuto facendo ruotare attorno all’asse z ilcerchio di centro (3, 0, 0) e raggio 1 con {(x, y, z) ∈ R3;x ≥ 0, y ≥ 0}.


Risoluzione. Sia A il cerchio di R2 di centro (3, 0) e raggio 1 e sia

B = {(x′, θ, z′) ∈ R3; (x′, z′) ∈ A, 0 ≤ θ ≤ π

2} .

Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione φ: x = x′ cos θy = x′ sin θz = z′

, (x′, θ, z′) ∈ B ;

per ogni (x′, θ, z′) ∈ B si ha |detφ′(x, θ, z′)| = |x′| = x′; quindi si ha∫ ∫ ∫D

1√x2+y2

dxdydz =∫ ∫ ∫

B1x′x

′ dx′dθdz′ =(∫ π

2

0dθ) (∫ ∫

Adx′dz′

)=

π2mis(A) = pi

2 π = π2

2 .


(x+ y + z) dxdydz ,

dove

D = {(x, y, z) ∈ R3;x2 +y2

4+z2

9≤ 1, z ≥ 0} .

Risoluzione. Tenendo conto della simmetria di D si ha∫ ∫ ∫D(x+ y + z) dxdydz =


Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione α: x = ρ sinφ cos θy = 2ρ sinφ sin θz = 3ρ cosφ

, (ρ, θ, φ) ∈ [0, 1]× [0, 2π]× [0,π

2] ;

per ogni (ρ, θ, φ) ∈ dom(α) si ha |detα′(ρ, θ, φ)| = 6ρ2 sinφ; quindi si ha∫ ∫ ∫Dz dxdydz =

∫ ∫ ∫[0,1]×[0,2π]×[0,π2 ]

3ρ cosφ6ρ2 sinφdρdθdφ =

18(∫ 1

0ρ3 dρ

)(∫ 2π

0dθ)(∫ π

2

0cosφ sinφdφ

)= 18 1

42π[sin2 φ

2

]π2

0= 9

2π.


x2 dxdydz ,

dove

D = {(x, y, z) ∈ R3;x2 +y2

4+z2

9≤ 1} .

Risoluzione. Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione α: x = ρ sinφ cos θy = 2ρ sinφ sin θz = 3ρ cosφ

, (ρ, θ, φ) ∈ [0, 1]× [0, 2π]× [0, π] ;


per ogni (ρ, θ, φ) ∈ dom(α) si ha |detα′(ρ, θ, φ)| = 6ρ2 sinφ; quindi si ha∫ ∫ ∫Dx2 dxdydz =

∫∫ ∫[0,1]×[0,2π]×[0,π]ρ2 sin2 φ cos2 θ6ρ2 sinφdρdθdφ =

6(∫ 1

0ρ4 dρ

)(∫ 2π

0cos2 θdθ

) (∫ π

0sin3 φdφ

)=

65

(∫ 2π

01+cos(2θ)

2 dθ) (∫ π

0(1− cos2 φ) sinφdφ

)=

6512

[θ + 1

2 sin(2θ)]2π0

(∫ π

0(sinφ− cos2 φ sinφ) dφ

)=

352π

[− cosφ+ 1

3 cos3 φ]π0= 6

5π(2−23 ) =

65π

43 ) =

85π.


(x2 + y2 + z2) dxdydz ,

dove

D = {(x, y, z) ∈ R3;x2 + y2 + z2 ≤ 4} .

Risoluzione. Una parametrizzazione in misura di D e data dalla funzione α: x = ρ sinφ cos θy = ρ sinφ sin θz = ρ cosφ

, (ρ, θ, φ) ∈ [0, 2]× [0, 2π]× [0, π] ;

per ogni (ρ, θ, φ) ∈ dom(α) si ha |detα′(ρ, θ, φ)| = ρ2 sinφ; quindi si ha∫ ∫ ∫D(x2 + y2 + z2) dxdydz =

∫∫ ∫[0,2]×[0,2π]×[0,π]ρ2ρ2 sinφdρdθdφ =(∫ 2

0ρ4 dρ

)(∫ 2π

0dθ) (∫ π

0sinφdφ

)=[15ρ

5]202π [− cosφ]

π0 = 32

5 2π2 = 1285 π.


(x− y) dxdydz ,

dove D e il tetraedro di vertici (0, 0, 0), (1, 2, 1), (1, 1, 1), (−1, 0, 2).

Risoluzione. Sia T : R3 −→ R3 la trasformazione lineare tale che T (1, 0, 0) =(1, 2, 1), T (0, 1, 0) = (1, 1, 1), T (0, 0, 1) = (−1, 0, 2).

Posto

E = {t, u, v) ∈ R3; t ≥ 0, u ≥ 0, v ≥ 0, t+ u+ v ≤ 1}

si ha T (E) = D.

La trasformazione lineare T ha matrice

a =

1 1− 12 1 01 1 2

.


Quindi T si scrive x = t+ u− vy = 2t+ uz = t+ u+ 2v

, (t, u, v) ∈ R3 .

Si ha

det(a) = −2

∣∣∣∣ 1 −11 2

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ 1 −11 2

∣∣∣∣ = −2 · 3 + 3 = −3.

Si ha∫ ∫ ∫D(x− y) dxdydz =

∫ ∫ ∫E(t+ u− v − 2t− u)|det(a)| dtdudv =∫ ∫ ∫

E(−t− v)3 dtdudv − 3

∫ ∫ ∫E(t+ v) dtdudv.

-

6

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........................................

........................................

........................................

.............................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

.....................................................................................................................................................................

1

1

1

Si hap1,2(E) = {(t, u); t ≥ 0, u ≥ 0, t+ u ≤ 1}

e per ogni (t, u) ∈ p1,2(E) si ha E(t, u) = [0, 1− t− u].

-

6

.................................................................................................................................................................................

1

1

p1,2(E)

Si ha−3∫ ∫ ∫

E(t+ v) dtdudv = −3

∫ ∫p1,2(E)

(∫ 1−t−u

0(t+ v) dv

)dtdu =

− 3∫ ∫

p1,2(E)

[tv + 1

2v2]1−t−u

0dtdu =

− 3∫ ∫

p1,2(E)

(t(1− t− u) + 1

2 (1− t− u)2)dtdu =

− 3∫ ∫

p1,2(E)

(t− t2 − tu) + 1

2 + 12 t

2 + 12u

2 − t− u+ tu)dtdu =

− 3∫ ∫

p1,2(E)

(−1

2 t2 + 1

2u2 − u+ 1

2

)dtdu =

− 3∫ 1

0

(∫ 1−t

0

(−1

2 t2 + 1

2u2 − u+ 1

2

)du)dt =


− 3∫ 1

0

[−1

2 t2u+ 1

6u3 − 1

2u2 + 1

2u]1−t

0dt =

− 3∫ 1

0

(−1

2 t2(1− t) + 1

6 (1− t)3 − 12 (1− t)2 + 1

2 (1− t))dt =

− 3∫ 1

0

(−1

2 t2 + 1

2 t3 + 1

6 − 12 t+

12 t

2 − 16 t

3 − 12 + t− 1

2 t2 + 1

2 − 12 t)dt =

− 3∫ 1

0

(13 t

3 − 12 t

2 + 16

)dt = −3

[112 t

4 − 16 t

3 + 16 t]10= −3

(112 − 1

6 + 16

)= − 1

4 .


z2 dxdydz ,

doveD = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 ≤ 1 + z2, 0 ≤ z ≤ 1 } .

Risoluzione.

-

6

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.............................

............................................................

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

................................

.............

....................................................................................................................................................................................................................

..................................

................................................................................

................................................................................

1

Si ha p3(D) = [0, 1].

Per ogni z ∈ p3(D) si ha

D(z) = {(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ z2 + 1} .

Quindi D(z) e il cerchio di centro (0, 0) e raggio√z2 + 1.

-

6

.......

.......

........................................................

..............................

....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................√

1 + z2

D(z)

Si ha quindi∫ ∫ ∫D

z2 dxdydz =

∫ 1

0

(∫D(z)

z2 dxdy

)dz =

∫ 1

0

z2

(∫D(z)

dxdy

)dz =


∫ 1

0

z2mis(D(z)) dz =

∫ 1

0

z2π(1 + z2) dz = π

∫ 1

0

(z2 + z4) dz =

π

[1

3z3 +

1

5z5]10

= π

(13 +

1

5

)=

8

15π .

21.2 Misure di sottoinsiemi di RN

21.2.1 Misure di sottoinsiemi di R2

1. Esercizio. Calcolare l’area del seguente insieme:

D = {(x, y) ∈ R2; x ≥ 1, 0 ≤ y ≤ 1

x2};

dire se l’insieme D e integrabile.

Risoluzione. Si ha p1(D) = [1,+∞[ e (∀x ∈ [1,+∞[) D(x) = [0, 1x2 ].

-

6

......................................................................................................................................................................D1

Si ha quindi

mis(D) =∫ ∫

Ddxdy =

∫ +∞1

(∫ 1x2

0 dy

)dx =

∫ +∞1

1x2 dx =

limt→+∞∫ t

11x2 dx = limt→+∞

[− 1

x

]t0= limt→+∞

(1− 1

t

)t0= 1.

L’insieme e quindi integrabile.

21.2.2 Misure di sottoinsiemi di R3

1. Esercizio. Determinare la misura dell’insieme

D = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 ≤ 4, x2 + y2 ≤ 1} .

Risoluzione. Si ha

21.2. MISURE DI SOTTOINSIEMI DI RN 123

-

6

..............................................................................................................................................................................................................................................................

................................

............................................................................................................................

.............................................................................................................................................

...............

............................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................................................

..........................................................................................

..........................................................................................

.......................................................................................... .......................................................................................... ................................................................................................................................................

............

21

x

y

z

p{1,2}(D) = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1} e per ogni (x, y) ∈ p{1,2}(D) si ha

D(x, y) = [−√4− x2 − y2,

√4− x2 − y2]; si ha quindi

mis(D) =∫ ∫ ∫

Ddxdydz =

∫ ∫p{1,2}(D)

(∫√4−x2−y2

−√

4−x2−y2dz

)dxdy =

2∫ ∫

p{1,2}(D)

√4− x2 − y2 dxdy.

Una parametrizzazione in misura di p{1,2}(D) e

{x = ρ cos ty = ρ sin t

, (ρ, t) ∈ [0, 1]× [0, 2π] ;

quindi si ha2∫ ∫

p{1,2}(D)

√4− x2 − y2 dxdy = 2

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

√4− ρ2ρ dρdt =

4π∫ 1

0ρ√4− ρ2 dρ = −2π

∫ 1

0

√4− ρ2(−2ρ) dρ = −2π

[(4− ρ2)

3223

]10=

323 π − 4π

√3.

2. Esercizio. Determinare la misura del seguente insieme:

D = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 ≤ z ≤ 1− x2 − y2} .

Risoluzione. Si ha (x, y) ∈ p{1,2}(D) se e solo se esiste z ∈ R tale che x2+y2 ≤z ≤ 1− x2 − y2;


-

6

..........................................................................................................................................................................................................................

..............

.................................................................................................. ..........................................................................................................................................................

...............................

...............................................................................................................

...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

1

x

y

z

D

quindi se e solo sex2 + y2 ≤ 1− x2 − y2

cioe se e solo sex2 + y2 ≤ 1

2 ;quindi p{1,2}(D) e un cerchio di centro (0, 0) e raggio 1√

2. Per ogni (x, y) ∈

p{1, 2}(D) si ha poi D(x, y) = [x2 + y2, 1− x2 + y2].

Si ha quindi

mis(D) =∫ ∫ ∫

Ddxdydz =

∫ ∫p{1,2}

(∫ 1−x2−y2

x2+y2 dz)dxdy =∫ ∫

p{1,2}(1− x2 − y2) dxdy =

∫[0, 1√

2]×[0,2π]

(1− 2ρ2)ρ dρdθ =

2π∫ 1√

2

0 (ρ− 2ρ3) dρ = 2π[ρ2

2 − 2ρ4

4

] 1√2

0= π( 12 − 1

4 ) =π4 .

3. Esercizio. Determinare la misura del seguente insieme:

D = {(x, y, z) ∈ R3; 2x2 + 2y2 ≤ z ≤ 1 + x2 + y2} .

Risoluzione. L’intersezione del paraboloide

z = 2x2 + 2y2

con il paraboloidez = 1 + x2 + y2

e data dagli (x, y, z) ∈ R3 tali che{2x2 + 2y2 = 1 + x2 + y2

z = 1 + x2 + y2cioe tali che

{z = 2x2 + 2y2

z = 1 + x2 + y2


cioe tali che {x2 + y2 = 1z = 2

.

-

6

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................................................................................................................................

.................................

.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.....................................................

1

2

x

y

z

D

Si ha quindip1,2(D) = {(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ 1}

e per ogni (x, y) ∈ p1,2(D) si ha

D(x, y) = [2x2 + 2y2, 1− x2 − y2] .

Si ha quindi

mis(D) =

∫ ∫ ∫D

dxdydz =

∫ ∫p1,2(D)

(∫ 1−x2−y2

2x2+2y2

dz

)dxdy =

∫ ∫p1,2(D)

(1− x2 − y2) dxdy .

-

6

.......

.......

.......

..............................................................

......................

..........................................

.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

...........................................................................................................1

x

y

p1,2(D)

Una parametrizzazione in misura di p1,2(D) e la funzione φ{x = ρ cos tρ sin t

(ρ, t) ∈ [0, 1]× [0, 2π] .


Per ogni (ρ, t) ∈ dom(φ) si ha |detφ′(ρ, t)| = ρ.

Si ha quindi∫ ∫p1,2(D)

(1− x2 − y2) dxdy =

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

(1− ρ2)ρ dρdt =

(∫ 1

0

(ρ− ρ3) dρ

)(∫ 2π

0

dt

)= 2π

[1

2ρ2 − 1

4ρ4]10

= 2π

(1

2− 1

4

)=π

2.

4. Esercizio. Calcolare il volume del tetraedro D di vertici (3, 2,−1), (1,−1, 2),(3,−2, 1), (1, 3, 2). Si chiede di non usare formule che diano direttamente ilvolume di un tetraedro, ma di calcolare il corrispondente integrale triplo.

Risoluzione. Sia

T = {(t, u, v) ∈ R3; t ≥ 0, u ≥ 0, v ≥ 0, t+ u+ v ≤ 1} .

I punti (x, y, z) ∈ D sono dati da

(x, y, z) = t(3, 2,−1) + u(1,−1, 2) + v(3,−2, 1) + (1− t− u− v)(1, 3, 0) =

(2t+ 2v + 1,−t− 4u− 5v + 3,−3t− v + 2)

al variare di (t, u, v) ∈ T .

Una parametrizzazione di D e quindi la funzione x = (2t+ 2v + 1y = −t− 4u− 5v + 3z = −3t− v + 2

, (t, u, v) ∈ T .

-

6

��

��

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

................

...........................................................................................................................................................................

...........................................................................................................................................................................

1

1

1t

u

v

T

Per ogni (t, u, v) ∈ T si ha∂φ∂t (t, u, v) = (2,−1,−3),∂φ∂u (t, u, v) = (0,−4, 0),∂φ∂v (t, u, v) = (2,−5,−1).


Si ha quindi 2 0 2−1 −4 −5−3 0 −1

;

si ha

|

∣∣∣∣∣∣2 0 2−1 −4 −5−3 0 −1

∣∣∣∣∣∣ | = | − 4

∣∣∣∣ 2 2−3 −1

∣∣∣∣ | = | − 4(−2 + 6)| = 6 .

Si ha quindi

mis(D) =

∫ ∫ ∫D

dxdydz =

∫ ∫ ∫T

16dtdudv = 16

∫ ∫ ∫T

dtdudv .

SiaA = {(t, u) ∈ R2; tgr0, u ≥ 0, t+ u ≤ 1} .

Si ha p1,2(T ) = A e e per ogni (t, u) ∈ A si ha T (t, u) = [0, 1− t− u].

Si ha quindi

16

∫ ∫ ∫T

dtdudv = 16

∫ ∫A

(∫ 1−t−u

0

dv

)dtdu = 16

∫ ∫A

(1− t− u) dtdu .

-

6

..................

..................

..................

..................

..................

..................

..................

................

1

1

x

y

A

Si ha p1(A) = [0, 1] e e per ogni t ∈ p1(A) si ha A(t) = [0, 1− t].

Si ha quindi

16

∫ ∫A

(1− t− u) dtdu = 16

∫ 1

0

(∫ 1−t

0

(1− t− u) du

)dt =

16

∫ 1

0

[u− tu− 1

2u2]1−t

0

dt = 16

∫ 1

0

(1− t− t(1− t)− 1

2(1− t)2

)dt =

16

∫ 1

0

(1− t− t+ t2 − 1

2+ t− 1

2t2)dt = 16

∫ 1

0

(1

2t2 − t+

1

2

)dt =

16

[1

6t3 − 1

2t2 +

1

2t

]10

= 16

(1

6− 1

2+

1

2

)=

16

6=

8

3.

Capitolo 22

Integrale di funzioni suvarieta

22.1 Integrali di funzioni su varieta

22.1.1 Integrali curvilinei di funzioni

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo:∫γ

x ds ,

doveγ = {(x, y) ∈ R2;x ≥ 0, x2 + y2 = 4} .

Risoluzione. Una parametrizzazione di γ e{x = 2 cos ty = 2 sin t

, t ∈ [−π2,π

2] ;

quindi si ha∫γx ds =

∫ π2

−π22(cos t)2 dt = 4 [sin t]

π2

−π2= 8.


(x+ y) ds ,

doveγ = {(x, y) ∈ R2; (x− 1)2 + (y − 1)2 = 4} .

Risoluzione. Una parametrizzazione di γ e data dalla funzione φ{x = 1 + 2 cos ty = 1 + 2 sin t

, t ∈ [0, 2π] ;

129

130 CAPITOLO 22. INTEGRALE DI FUNZIONI SU VARIETA

per ogni t ∈ [0, 2π] si ha φ′(t) = (−2 sin t, 2 cos t) e quindi ∥φ′(t)∥ = 2; quindi siha∫γ(x+ y) ds =

∫ 2π

0(1 + 2 cos t+ 1+ 2 sin t)2 dt = 2

∫ 2π

0(2 + 2 cos t+ 2 sin t) dt =

4 [t− cos t+ sin t]2π0 = 8π.


x ds ,

dove

γ = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 1, y = x2} .

Risoluzione. La curva γ e la ipersuperficie cartesiana definita daf : [0, 1] −→ R, x −→ x2;

-

6

.........................................................................................................................................................................................

1

γ

per ogni x ∈ [0, 1] si ha f ′(x) = 2x; quindi si ha∫γx ds =

∫ 1

0x√1 + 4x2 dx = 1

8

∫ 1

0

√1 + 4x28x dx = 1

8

[23 (1 + 4x2)

32

]10=

1823 (5

32 − 1) = 1

12 (5√5− 1).


xy ds ,

dove

γ = [(0, 2), (2, 0)] ∪ [(2, 0), 2, 2)] .

Risoluzione. Sia γ1 = [(0, 2), (2, 0)] e γ2 = [(2, 0), (2, 2)].

22.1. INTEGRALI DI FUNZIONI SU VARIETA 131

-

6

@@

@2

2

γ

Si ha∫γxy, ds =

∫γ1xy, ds+

∫γ2xy, ds.

Una parametrizzazione di γ1 e data dalla funzione φ1{x = ty = 2− t

, t ∈ [0, 2] ;

per ogni t ∈ [0, 2] si ha φ′(t) = (1,−1) e quindi ∥φ′(t)∥ =√2; quindi si ha∫

γ1xy ds =

∫ 2

0t(2− t)

√2 dt =

√2∫ 2

0((2t− t2) dt =

√2[t2 − t3

3

]20=

√2(4− 8

3 ) =

4√2

3 .

Una parametrizzazione di γ2 e data dalla funzione φ{x = 2y = t

, t ∈ [0, 2] ;

per ogni t ∈ [0, 2] si ha φ′(t) = (0, t) e quindi ∥φ′(t)∥ = 1; quindi si ha∫γ2xy ds =

∫ 2

02t dt =

[t2]20= 4.

Si ha quindi∫γ(xy) ds =

4√2

3 + 4.


(x+ y) ds ,

dove

γ = [(1, 2), (3, 1)] .

Risoluzione. Si haγ = {(1, 2) + t((3, 1)− (1, 2)) t ∈ [0, 1]};quindi una parametrizzazione di γ e data dalla funzione φ{

x = 1 + 2ty = 2− t

, t ∈ [0, 1] ;


per ogni t ∈ [0, 1] si ha φ′(t) = (2,−1) e quindi ∥φ′(t)∥ =√5; quindi si ha∫

γ(x+ y) ds =

∫ 1

0(1 + 2t+ 2− t)

√5 dt =

√5∫ 1

0(3 + t) dt =

√5[3t− t2

2

]10=

√5(3 + 1

2 ) =72

√5.


x2 ds ,

doveγ = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 = 1} .

Risoluzione. Una parametrizzazione di γ e data dalla funzione φ{x = cos ty = sin t

, t ∈ [0, 2π] ;

per ogni t ∈ [0, 2π] si ha φ′(t) = (− sin t, cos t) e quindi ∥φ′(t)∥ = 1; quindi si ha∫γx2 ds =

∫ 2π

0cos2 t dt =

∫ 2π

01+cos(2t)

2 dt = π.

7. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo∫γ

y2 ds ,

dove γ e l’arco semplice{(x, ex); x ∈ [0, 1]} .

Risoluzione.

-

6

.......................................................................................................................................................e

1

γ

Svolgiamo l’esercizio in due modi,

(a) Modo 1. Una parametrizzazione di γ e data dalla funzione φ{x = ty = et

, t ∈ [0, 1] ;


per ogni t ∈ [0, 1] si ha φ′(t) = (1, et) e quindi ∥φ′(t)∥ =√1 + e2t; quindi

si ha ∫γ

y2 ds =

∫ 1

0

e2t√1 + e2t dt =

1

2

∫ 1

0

(1 + e2t)12 (e2t2) dt =

1

2

[(1 + e2t)

32

32

]10

=1

3

[(1 + e2t)

32

]10=

1

3

((1 + e2)

32 − 2

32

)=

√(1 + e2)3 −

√8

3.

(b) Modo 2. L’arco γ e la ipersuperficie cartesiana definita da

f : [0, 1] −→ R, x −→ ex .

Per ogni x ∈ [0, 1], si ha f ′(x) = ex; si ha quindi√1 + (f ′(x))2 =

√1 + e2x .

Si ha quindi∫γ

y2 ds =

∫ 1

0

e2x√

1 + e2x dx =1

2

∫ 1

0

(1 + e2x)12 (e2x2) dx =

1

2

[(1 + e2x)

32

32

]10

=1

3

[(1 + e2x)

32

]10=

1

3

((1 + e2)

32 − 2

32

)=

√(1 + e2)3 −

√8

3.

22.1.2 Integrali di superficie di funzioni

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale di superficie∫ ∫S

(x2 + y2) ds ,

dove

S = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 0} .

Risoluzione.


-

6

��

��

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..............

...............

............................................................................................................. ...........................................................................................................................................................................

.................................

....................................... .......

.......

.......

..............................................................

......................

..........................................

........................................................................................................................................................................

Una parametrizzazione in misura di S e la funzione α x = 2 sinφ cos θy = 2 sinφ sin θz = 2 cosφ

, (φ, θ) ∈ [0,π

2]× [0, 2π] .

Per ogni (φ, θ) ∈ dom(α) si ha

α′(φ, θ) =

2 cosφ cos θ −2 sinφ sin θ2 cosφ sin θ 2 sinφ cos θ−2 sinφ 0

.

QuindiE(φ, θ) = 4,F (φ, θ) = 0,G(φ, θ) = 4 sin2 φ.

Quindi√E(φ, θ)G(φ, θ)− (F (φ, θ))2 =

√16 sin2 φ = 4 sinφ.

Quindi si ha∫ ∫S(x2 + y2) ds =

∫ ∫[0,π2 ]×[0,π]

(4 sin2 φ cos2 θ + 4 sin2 φ sin2 θ)4 sinφdφdθ =

16∫ ∫

[0,π2 ]×[0,π]sin3 φdφdθ = 16

(∫ π2

0sin3 φdφ

) (∫ π

0, dθ)=

16(∫ π

2

0(1− cos2 φ) sinφdφ

)2π = 32π

∫ π2

0(sinφ+ cos2 φ(− sinφ) dφ =

32π[− cosφ+ 1

3 cos3 φ]π

2

0= 32π

(1− 1

3

)= 64

3 π.


y ds ,

doveS = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 = 9, 0 ≤ z ≤ 1, y ≥ 0} .


Risoluzione.

-

6

��

��

��

��

...........................................................................................................................

.....................................................................................................

...........................

....................

...........................................................................................................................

.....................................................................................................

...........................

....................

..............................................................................................................................................

Una parametrizzazione di S e la funzione φ x = 3 cos ty = 3 sin tz = u

, (t, u) ∈ [0, π]× [0, 1] .

Per ogni (t, u) ∈ dom(φ) si ha

φ′(t, u) =

−3 sin t 03 cos t 0

0 1

.

QuindiE(t, u) = 9,F (t, u) = 0,G(t, u) = 1.

Quindi√E(t, u)G(t, u)− (F (t, u))2 = 3.

Quindi si ha∫ ∫Sy ds =

∫ ∫[0,π]×[0,1]

3 sin t · 3 dtdu = 9(∫ π

0sin t dt

) (∫ 1

0, du)=

9 [− cos t]π0 = 18.


z ds ,

doveS = {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 = z2, 0 ≤ z ≤ 1} .

Risoluzione.


-

6

��

��

�

.....................

..........................................................................................................................................................................................................................................

........................

.......................................................................................................

...........................................................................................

S e la superficie conica di base

{(x, y, 1); x ∈ R, y ∈ R, x2 + y2 = 1}

e vertice (0, 0, 1). Una parametrizzazione in misura di S e quindi la funzione φ(x, y, z) = (0, 0, 0) + t((cosu, sinu, 1)− (0, 0, 0)), (t, u) ∈ [0, 1]× [0, 2π],cioe x = t cosu

y = t sinuz = t

, (t, u) ∈ [0, 1]× [0, 2π] .

Per ogni (t, u) ∈ dom(φ) si ha

φ′(t, u) =

cosu −t sinusinu t cosu1 0

.

QuindiE(t, u) = cos2 u+ sin2 u+ 1 = 2,F (t, u) = 0,G(t, u) = t2 sin2 u+ t2 cos2 u = t2.

Quindi√E(t, u)G(t, u)− (F (t, u))2 =

√2t2 =

√2t.

Quindi si ha∫ ∫Sz ds =

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

t√2t dtdu =

√2(∫ 1

0t2 dt

)(∫ 2π

0, du)=

√2[13 t

3]102π = 2

3

√2π.


z ds ,

doveS = {(x, y, z) ∈ R3; x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x+ y +

z

2= 1} .


Risoluzione.

-

6

��

�....................

........................................

........................................

........................................

..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

1

2

1

SiaT = {(x, y) ∈ R2; x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1} .

Siag : T −→ R, (x, y) −→ 2(1− x− y) .

S e la superficie cartesiana

z = g(x, y), (x, y) ∈ T .

Si ha∂g∂x (x, y) = −2,∂g∂y (x, y) = −2.

Quindi√1 + ( ∂g∂x (x, y))

2 + (∂g∂y (x, y))2 =

√9 = 3.

-

6

.................................................................................................................................................................................

1

1

T

Quindi si ha∫ ∫Sxy ds =

∫ ∫Txy3 dxdy = 3

∫ ∫Txy dxdy =

3∫ 1

0

(∫ 1−x

0xy dy

)dx = 3

∫ 1

0x[12y

2]1−x

0dx = 3

2

∫ 1

0x(1− x)2 dx =

32

∫ 1

0(x− 2x2 + x3 dx = 3

2

[12x

2 − 23x

3 + 14x

4]10= 3

2

(12 − 2

3 + 14

)= 3

24 = 18 .


22.2 Misura di sottoinsiemi di una varieta

22.2.1 Area di una superficie

1. Esercizio. Calcolare l’area della superficie

s = {(x, y, z) ∈ R3; z = 1− x2 − y2, z ≥ 0} .

Risoluzione.

-

6

..........................................................................................................................................................................................................................

..........................

....................................

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..........................................

.......................................

..........................................................................................................................................................

................................................................................................................................................................................................................

1

x

y

z

Posto A = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1}, si ha{(x, y, x2 + y2); (x, y) ∈ A};quindi s e una superficie cartesiana definita daf : A −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 − 1.

Per ogni (x, y) ∈ A si ha ∂f∂x = 2x e ∂f

∂x = 2y; quindi si ha

Area(s) =∫ ∫

A

√1 + 4x2 + 4y2 dxdy.

Una parametrizzazione in misura di A e

{x = ρ cos ty = ρ sin t

, (ρ, t) ∈ [0, 1]× [0, 2π] ;

quindi si ha∫ ∫A

√1 + 4x2 + 4y2 dxdy =

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

√1 + 4ρ2ρ dρdt =

2π∫ 1

0

√1 + 4ρ2ρ dρ = 2π 1

8

[23 (1 + 4ρ2)

32

]10= π

423

[(1 + 4ρ2)

32

]10= π

6 (532 − 1) =

π6 (5

√5− 1).

22.2. MISURA DI SOTTOINSIEMI DI UNA VARIETA 139

2. Esercizio. Calcolare l’area della superficie

s = {(x, y, z) ∈ R3;x2 + y2 + z2 = 4, x2 + y2 ≤ 1, z ≥ 0} .

Risoluzione.

-

6

..............................................................................................................................................................................................................................................................

................................

............................................................................................................................

.............................................................................................................................................

...............

............................................................................................................................................................

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...............................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................................................

..........................................................................................

..........................................................................................

.......................................................................................... .......................................................................................... ................................................................................................................................................

............

21

x

y

z

S

.....................................................................................................................................................

π6

La funzione α x = 2 sinφ cos θy = 2 sinφ sin θz = 2 cosφ

, (φ, θ) ∈ [0,π

6]× [0, 2π]

e una parametrizzazione in misura di s.

Per ogni (φ, θ) ∈ [0, π6 × [0, 2π] si ha

α′(φ, θ) =

2 cosφ cos θ −2 sinφ sin θ2 cosφ sin θ 2 sinφ cos θ−2 sinφ 0

;

si ha quindi E(φ, θ) = 4, F (φ, θ) = 0, G(φ, θ) = 4 sin2 φ.

Quindi si ha

Area(s) =∫ ∫

[0,π6 ]×[0,2π]

√16 sin2 φdφdθ = 4 · 2π

∫ π6

0sinφdφ = 8π [− cosφ]

π60 =

8π(−√3

2 + 1) = 4π(2−√3).

Capitolo 23

Integrale di forme differenziali

23.1 Integrale di forme differenziali

23.1.1 Integrali curvilinei di forme differenziali

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo di forme differenziali∫Γ

(−x+ y)dx− y2dy ,

dove Γ e la curva orientata

{(x, y) ∈ R2; (x+ 1)2 + (y − 1)2 = 1, y ≤ 1} ,

con orientazione per la quale (−2, 1) e il punto iniziale e (0, 1) il punto finale.

Risoluzione. La curva Γ e una semicirconferenza di centro (−1, 1) percorsa inverso antiorario.

-

6

...................................................................................................................

...........................................

�

Una parametrizzazione di Γ e{x = −1 + cos ty = 1 + sin t

, t ∈ [−π, 0] .

Si ha quindi∫Γ(−x+y)dx−y2dy =

∫ 0

−π((1−cos t+1+sin t)(− sin t)− (1+sin t)2 cos t) dt =

141

142 CAPITOLO 23. INTEGRALE DI FORME DIFFERENZIALI

∫ 0

−π(−2 sin t− cos t sin t− sin2 t− cos t− 2 sin t cos t− sin2 cos t) dt =∫ 0

−π(−2 sin t− cos t− sin t cos t− sin2 t− cos t− sin2 cos t) dt =

− 2∫ 0

−πsin t dt−

∫ 0

−πcos t dt−

∫ 0

−πsin t cos t dt−

∫ 0

−π1−cos(2t)

2 dt

−∫ 0

−πsin2 t cos t dt =

− 2 [cos t]0−π − [sin t]

0−π −

[12 sin

2 t]0−π

− 12

[t− 1

2 sin(2t)]0−π

−[13 sin

3 t]0−π

=4− π

2 .

2. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo di forme differenziali∫Γ

1

y + 1dx ,

dove Γ e l’arco semplice orientato

[(−1, 0), (0, 1)] ∪ [(0, 1), (1, 0)]

orientata in modo che (−1, 0) sia il punto iniziale e (1, 0) il punto finale.

Risoluzione. Sia Γ1 l’arco semplice orientato [(−1, 0), (0, 1)] di punto iniziale(−1, 0) e punto finale (0, 1).

-

6

..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

−1 1

1

�RΓ1 Γ2

Sia Γ2 l’arco semplice orientato [(0, 1), (1, 0)] di punto iniziale (0, 1) e puntofinale (1, 0).

Si ha ∫Γ

1

y + 1dx =

∫Γ1

1

y + 1dx+

∫Γ2

1

y + 1dx .

Una parametrizzazione di Γ1 e

(x, y) = (−1, 0) + t((0, 1)− (−1, 0)), t ∈ [0, 1] ,

cioe {x = −1 + ty = t

, t ∈ [0, 1] .

23.1. INTEGRALE DI FORME DIFFERENZIALI 143

Si ha quindi

∫Γ1

1

y + 1dx =

∫ 1

0

1

t+ 1dt = [log(t+ 1)]

10 = log 2 .

Una parametrizzazione di Γ2 e

(x, y) = (0, 1) + t((1, 0)− (0, 1)), t ∈ [0, 1] ,

cioe {x = ty = 1− t

, t ∈ [0, 1] .

Si ha quindi

∫Γ2

1

y + 1dx =

∫ 1

0

1

1− t+ 1dt =

∫ 1

0

1

2− tdt = [− log(2− t)]

10 = log 2 .

(Oppure Γ2 e il simmetrico di Γ1 rispetto all’asse y; la funzione f(x, y) = 1y+1

in punti simmetrici assume gli stessi valori; proiezioni di lunghezze di Γ1 e diΓ2 sull’asse x hanno lo stesso segno; quindi∫

Γ2

1

y + 1dx =

∫Γ1

1

y + 1dx = log 2).

Si ha quindi ∫Γ

1

y + 1dx = log 2 + log 2 = 2 log 2 = log 4 .

3. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo di forma differenziale∫Γ

y2 dx ,


{(x, y) ∈ R2; x2 + y2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0} ,

di punto iniziale (1, 0) e di punto finale (0, 1).

Risoluzione.


-

6

.......

.......

.......

.......................................................................................

.......................

..................................

................................

1

1

IΓ

Una parametrizzazione di Γ e{x = cos ty = sin t

, t ∈ [0,π

2] .

Si ha quindi∫Γ

y2 dx =

∫ π2

0

sin2 t(− sin t) dt = −∫ π

2

0

sin3 t dt = −∫ π

2

0

sin2 t sin t dt =

−∫ π

2

0

(1− cos2 t) sin t dt = −∫ π

2

0

sin t dt+

∫ π2

0

cos2 t sin t dt =

− [− cos t]π20 dt−

∫ π2

0

cos2 t(− sin t) dt =

[cos t− 1

3cos3 t

]π2

0

= −1 +1

3= −2

3.

23.1.2 Integrali di superficie di 2-forme

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale di superficie:∫ ∫S

ydx ∧ dz ,

dove il sostegno di S e

s = {(x, y, z) ∈ R3;x2 + z2 = y2, 0 ≤ y ≤ 1}

e l’orientazione di S e tale che per ogni (x, y, z) ∈ S – {(0, 0, 0)} si ha(n(x, y, z))2 < 0.

Risoluzione. La superficie s e la superficie laterale del cono di vertice (0, 0, 0)e base la circonferenza c = {(x, 1, z) ∈ R3;x2 + z2 = 1}.


-

6

��

��

�

��

QQQQQQ

.........................................................

..................................................................................................................................................................................

.........................................................................................................

............................

1

n

@@@I

Un punto (x, y, z) ∈ R3 appartiene a s se e solo se esiste t ∈ [0, 1] ed esiste(ξ, 1, ζ) ∈ c tali che

(x, y, z) = (0, 0, 0) + t((ξ, 1, ζ)− (0, 0, 0)) = (tξ, t, tζ)

.

Un punto (ξ, 1, ζ) ∈ R3 appartiene a c se e solo se esiste θ ∈ [0, 2π] tale che

(ξ, ζ) = (cos θ, sin θ)

Quindi (x, y, z) ∈ s se e solo se esiste t ∈ [0, 1] ed esiste θ ∈ [0, 2π] tali che

(x, y, z) = (t cos θ, t, t sin θ) .

La funzione φ x = t cos θy = tz = t sin θ

, (t, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π]


Per ogni (t, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π] si ha

φ′(t, θ) =

cos θ −t sin θ1 0

sin θ t cos θ

.

Se v e il versore normale alla superficie orientata (s, φ) per ogni (t, θ) ∈]0, 1]×[0, 2π] si ha

sgn(v(φ(t, θ))2 = sgn

∣∣∣∣ sin θ t cos θcos θ −t sin θ

∣∣∣∣ ;si ha ∣∣∣∣ sin θ t cos θ

cos θ −t sin θ

∣∣∣∣ = −t < 0 ;


quindi per ogni (x, y, z) ∈ s – {(0, 0, 0)} si ha (v(x, y, z))2 < 0; quindi si hav = n; quindi φ e una parametrizzazione di S.

Si ha quindi∫ ∫Sydx ∧ dz =

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

tt dtdθ = 2π∫ 1

0t2 dt = 2

3π.


zdx ∧ dy ,


s = {(x, y, z) ∈ R3; z = x2 + y2, x2 + y2 ≤ 1}

e l’orientazione di S e tale che per ogni (x, y, z) ∈ S si ha (n(x, y, z))3 < 0.

Risoluzione. Sia D = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1}.

-

6

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..........................

....................................

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..........................................

.....................................................................................................................................................................................................................................................

............................................................................................................................................................1

x

y

z

@@Rn

La funzione φ x = uy = vz = u2 + v2

, (u, v) ∈ D


Per ogni (u, v) ∈ D si ha

φ′(u, v) =

1 00 12u 2v

.


Se v e il versore normale alla superficie orientata (s, φ) per ogni (u, v) ∈ D si ha

sgn(v(φ(t, θ))3 = sgn

∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣ = sgn 1 ;

quindi per ogni (x, y, z) ∈ s si ha (v(x, y, z))3 > 0; quindi si ha v = −n; quindiφ e una parametrizzazione di −S.Si ha quindi∫ ∫

Szdx ∧ dy = −

∫ ∫−S

zdx ∧ dy = −∫ ∫

D(u2 + v2)

∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣ dudv =

−∫ ∫

D(u2 + v2) dudv = −

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

ρ3 dρdt = −2π∫ 1

0ρ3 dρ = −2π 1

4 = −π2 .


z dz ∧ dx+ y dx ∧ dy ,


s = {(x, y, z) ∈ R3; z = 1− x2 − y2, x2 + y2 ≤ 1}

e l’orientazione di S e tale che per ogni (x, y, z) ∈ S – {(0, 0, 0)} si ha(n(x, y, z))3 > 0.

Risoluzione. Sia D = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1}.

-

6

..........................................................................................................................................................................................................................

..........................

..................................

.........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.........................................

.......................................

..........................................................................................................................................................

................................................................................................................................................................................................................

1

x

y

z

��n

La funzione φ x = uy = vz = 1− u2 − v2

, (u, v) ∈ D



Per ogni (u, v) ∈ D si ha

φ′(u, v) =

1 00 1

−2u −2v

.

Se v e il versore normale alla superficie orientata (s, φ) per ogni (u, v) ∈ D si ha

sgn(v(φ(u, v))3 = sgn

∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣ = sgn 1 = 1 ;

quindi per ogni (x, y, z) ∈ s si ha (v(x, y, z))3 > 0; quindi si ha v = n; quindi φe una parametrizzazione di S.

Si ha quindi∫ ∫Sz dz ∧ dx+ y dx ∧ dy =∫ ∫

D

((1− u2 − v2)

∣∣∣∣ −2u −2v1 0

∣∣∣∣+ v

∣∣∣∣ 1 00 1

∣∣∣∣) dudv =∫ ∫D((1− u2 − v2)2v + v) dudv =∫ ∫

[0,1]×[0,2π]((1− ρ2)2ρ sin t+ ρ sin t)ρ dρdt =∫ ∫

[0,1]×[0,2π](2ρ2 sin t− 2ρ4 sin t+ ρ2 sin t) dρdt =∫ ∫

[0,1]×[0,2π]3ρ2 sin t dρdt−

∫ ∫[0,1]×[0,2π]

2ρ4 sin t dρdt =

3(∫ 1

0ρ2 dρ

)(∫ 2π

0sin t dt

)− 2

(∫ 1

0ρ4 dρ

)(∫ 2π

0sin t dt

)= 0.


x dy ∧ dz ,

dove S e il triangolo chiuso di vertici (2, 5, 3), (4, 2, 1), (0, 0, 3) orientato in modoche per ogni (x, y, z) ∈ S sia (n(x, y, z))3 > 0.

Risoluzione. Sia

T = {(u, v) ∈ R2;u ≥ 0, v ≥ 0, u+ v ≤ 11}

.

I punti di S sono dati da

(x, y, z) = u(2, 5, 3)+v(4, 2, 1)+(1−u−v)(0, 0, 3) = (2u+4v, 5u+2v,−2v+3) ;

una parametrizzazione di S non orientata e quindi la funzione φ x = 2u+ 4vy = 5 + 2vz = −2v + 3

, (u, v) ∈ T



Per ogni (u, v) ∈ T si ha

φ′(u, v) =

2 45 20 −2

.

Si ha ∣∣∣∣ 2 45 2

∣∣∣∣ = 4− 20 = −16 < 0 ;

quindi φ e una parametrizzazione di −S.Si ha quindi∫ ∫

S

x dy ∧ dx = −∫ ∫

−S

x dy ∧ dx = −∫ ∫

T

(2u+ 4v)

∣∣∣∣ 5 20 −2

∣∣∣∣ dudv =

−∫ ∫

T

(2u+ 4v)(−10) dudv = 20

∫ ∫T

(u+ 2v) dudv .

-

6

.................................................................................................................................................................................

1

1

T

Si ha p1(T ) = [0, 1] e per ogni u ∈ [0, 1] si ha T (u) = [0, 1− u]. Si ha quindi

20

∫ ∫T

(u+ 2v) dudv = 20

∫ 1

0

(∫ 1−u

0

(u+ 2v) dv

)du =

20

∫ 1

0

[uv + v2

]1−u

0du = 20

∫ 1

0

(u(1− u) + (1− u)2 du =

20

∫ 1

0

(u− u2 + 1− 2u+ u2) du = 20

∫ 1

0

(1− u) du =

20

[u− 1

2u2]10

= 20

(1− 1

2

)= 10 .

Capitolo 24

Teorema di Stokes

24.1 Teorema di Stokes applicato alle curve

24.1.1 Integrali curvilinei di forme differenziali esatte

1. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo:∫Γ

ydx+ xdy ,

dove il sostegno di Γ e

γ = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 = 1, y ≥ 0}

e l’orientazione di Γ e tale che (1, 0) e il punto iniziale e (−1, 0) il punto finale.

Risoluzione. La forma differenziale ydx + xdy e esatta e una primitiva ef(x, y) = xy. Si ha quindi

-

6

.......

........................................

...............................................................................................................

D−1 1

∫Γydx+ xdy = f(−1, 0)− f(1, 0) = 0.

2. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo:∫Γ

xdx+ ydy ,

151

152 CAPITOLO 24. TEOREMA DI STOKES

dove il sostegno di Γ e

γ = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 = 1, y ≥ 0 o x ≤ 0}

e l’orientazione di Γ e tale che (0,−1) e il punto iniziale e (1, 0) il punto finale.

Risoluzione. La forma differenziale xdx + ydy e esatta e una primitiva ef(x, y) = 1

2 (x2 + y2).

-

6

.......

........................................

.............................................................................................................................................................................................

D

−1

1�

Si ha quindi∫Γxdx+ ydy = f(1, 0)− f(0,−1) = 1− 1 = 0.

3. Esercizio. Calcolare il seguente integrale curvilineo∫Γ

((x+ 1)3 log z +1

y) dx+ (2yz − x

y2) dy + (

(x+ 1)4

4z+ y2) dz ,


{(t, t+ 1, et); t ∈ [0, 1]}

orientata in modo che (0, 1, 1) sia il punto iniziale e (1, 2, e) il punto finale.

Risoluzione. Sia

A = {(x, y, z) ∈ R3; y > 0, z = 0} .

Chiamata ω la forma differenziale, si ha dom(ω) = A.

Sia

f : A −→ R, (x, y, z) −→ (x+ 1)4

4log y +

x

z+ yz2 .

Per ogni (x, y, z) ∈ A si ha∂f∂x (x, y, z) = (x+ 1)3 log y + 1

z ,∂f∂y (x, y, z) =

(x+1)4

41y + z2,

∂f∂z (x, y, z) = − x

z2 + 2yz.

Quindi f e una primitiva di ω.

Si ha quindi∫Γ((x+ 1)3 log z + 1

y ) dx+ (2yz − xy2 ) dy + ( (x+1)4

4z + y2) dz =

= f(1, e, 2)−f(0, 1, 1) = 24

4 log e+ 12 +e2

2−(0+0+1) = 4+ 12 +4e−1 = 7

2 +4e.

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